【文档说明】备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点03 牛顿运动定律（3大陷阱） Word版含解析.docx，共(34)页，2.589 MB，由小赞的店铺上传

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易错点03牛顿运动定律目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】对牛顿第二定律瞬时性的理解【易错点提醒二】对牛顿第二定律矢量性的理解【易错点提醒三】不会用整体法隔离法求解连接体问题【易错点提醒四】不会运动程序法分析的多过

程【易错点提醒五】不会分析传送带模型【易错点提醒六】不会分析板块模型03易错题通关易错点一：对牛顿运动第二定律性质认识不足1.对牛顿第二定律的理解2.求解瞬时加速度的步骤易错点二：不会分析的多体、多过程问题1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之

间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究

对象进行正确的受力分析.2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.3.常见连接体的类型(1)同速

连接体(如图)特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.(2)关联速度连接体(如图)特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.

处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.4.用程序法解多过程问题程序法就是按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同的状态）进行分析（包括列式计算）的解题方法，运用程序法解题的基本思路是：（1）分析题意划分出题

目中有多少个不同的过程或多少个不同状态；（2）对各个过程或各个状态进行具体分析（包括受力分析和运动分析），（3）分别由牛顿第二定律和运动学公式分过程列方程；（4）抓住不同过程的联系，前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关易错点三：不会分析

的传送带和板块模型模型2．传送带问题的解题思路2.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联3.处理“滑块—木板”问题思维模板【易错点提醒一】对牛顿第二定律的瞬时性理解不透彻【例1】（2023·湖北卷·第9题）如图所示，原长为l的轻质弹簧

，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静

止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为4mglB.小球在P点下方12l处的加速度大小为(324)g−C.从M点到N点的运动过程中，小

球受到的摩擦力先变小再变大D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同易错分析：没有弄清弹簧受力模弄只能浙变，不能突变，而绳线模型受力可以家在变。【答案】AD【解析】小球在P点受力平衡，则有，

mgf=，NfF=，2NlFkl=−联立解得4mgkl=，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为2sinlFkl=−小球受到的摩擦力为11sinNfFF=

=化简得1sin2klfkl=−小球由M向P运动过程中，θ角增大，小球由P向N运动过程中，θ角减小，由此可知，小球从M点到N点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到

P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；小球运动到P点下方2l时45=，此时摩擦力大小为1222klfkl=−由牛顿第二定律cos45mgFfma+−=联立解得()632ag=−，B错误。【变式1-1】（2024江苏省连云港市高三上学期10月联考）如图所示，轻弹簧

1L的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧2L连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧1L与竖直方向的夹角为60，弹簧1L的形变量为弹簧2L形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说

法正确的是（）A.小球A的加速度大小为332gB.小球A的加速度大小为33gC.小球B的加速度大小为3gD.小球B的加速度大小为g【答案】B【解析】细绳剪断之前，对整体受力分析满足112sin30()Tgmm=+1cos30TT=对B受力分析满足22Tmg=又因为两轻弹簧劲度系数相

同，且弹簧1L的形变量为弹簧2L形变量的3倍，故有123TT=，联立解得133Tmg=，剪断细绳后瞬间，两轻弹簧上弹力保持不变，细绳上拉力变为0，此时小球A所受合外力大小与原绳上拉力相等，小球B所受合外力为零，由牛顿第二定律可知11133gmma=220ma

=，解得133ag=20a=，故B正确，ACD错误。【变式1-2】（2023江苏高考仿真模拟）如图所示，倾角为α=370且表面光滑的斜面体固定在匀速下降的升降机上，质量相等的A、B两小球用一轻质细绳连接着，A的上端用一轻质弹簧拴接在斜面上端的固定装置上

。当升降机运动到某一位置突然处于完全失重状态时，则此刻AB两物体的瞬时加速度为别为（）A．g，gB．g，53gC．53g，gD．53g，54g【答案】A【解析】由于整个装置突然处于完全失重状态，根据其的特点可知，A、

B两物体与斜面体之间以及轻绳的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，长度不会立即变化，故此时弹簧对A物体的作用力不变。对B受力分析可知，完全失重瞬间，此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g。由平衡

条件可知，A受到弹簧的作用力大小为mgmgF56sin2==，由于A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力F和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力大小为mg，故其瞬时加速度为g，故选项A正确。【易错点提醒二】对牛顿第二定律的矢量性理解不透彻【例2】（多选

）（2023·云南·模拟预测）如图所示，餐厅服务员托举菜盘给顾客上菜。若服务员托举菜盘快到餐桌前，使菜盘水平向左减速运动，则（）A．手对菜盘的摩擦力方向向右B．手对菜盘的摩擦力方向向左C．菜盘对手的作用力方向斜向左下方D．菜盘对手的作用力方向斜向右下方易错分析：一是没有弄米格加速度的方向总

是与力的方向一致，与速度方向无关；二是不会根据矢量具体分解加速度和力【答案】AC【解析】菜盘沿着水平方向减速向左运动，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律加速度方向与合外力的方向一致，摩擦

力水平向右，故A正αAB确，B错误；菜盘对手的压力竖直向下，菜盘给手的摩擦力水平向左，所以菜盘对手的作用力斜向左下方，故C正确，D错误。【变式1-1】（2023河北石家庄二中模拟）趣味运动会上运动员手

持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则（）A.运动员的加速度为tangB.球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的

作用力为()cosMmg+D.若加速度大于sing，球一定沿球拍向上运动【参考答案】A【名师解析】网球、网球拍和运动员一起在水平面匀加速运动，说明有相同的水平方向加速度，以网球为研究对象，受力如图所示根据牛顿第二定律得cosNmg=sinNma=解得tanag=，co

smgN=，选项A正确，B错误；以网球和网球拍为整体，受力如图所示根据牛顿第二定律得cos()FMmg=+，sin()FMma=+解得()cosMmgF+=，选项C错误；根据上面分析可知，当运

动员加速度为tanag=时，球与球拍相对静止，由于sintansincosggg=（090）故加速度大于sing时，球不一定沿球拍向上运动，选项D错误。【变式1-2】．一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图

8所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）A．当一定时，a越大，斜面对物体正压力越小B．当一定时，a越大，斜面对物体摩擦力越小C．当a一定时，越大，斜面对物体正压力越小D．当a一定时，越大，斜面对物体摩擦力

越小解析：因加速向上运动，物体受斜面的摩擦力只能沿斜面上.根据支持力和摩擦力方向应用分解加速度法.如图9所示.cosaa⊥=，sin//aa=.由牛顿第二定律//sinmamgf=−，即sinsinmamgf+=，⊥=−mamgN

cos，即coscosmamgN+=，由上两式可知，一定，a越大N、f都增大；a一定，越大，N减小，f越大.因N与正压力是一对作用力与反作用力，大小相等，所以选项B、C正确.点评：此题若用分解力的方法列式，求解过程较为复杂。分解加速度就简便得多。【易错点提

醒三】不会用整体法与隔离法求解连接体问题【例3】（2021·海南高考真题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的图8图9的一半。已知P、Q两物块的质量分别为p0.5kgm=、Q0.2kgm

=，P与桌面间的动摩擦因数0.5=，重力加速度210m/sg=。则推力F的大小为（）A．4.0NB．3.0NC．2.5ND．1.5N易错分析：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律

求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。【答案】A【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有12NQTmg==12N<2.5NPfTmg===推力F作用在P上后，轻绳

的张力变为原来的一半，即121N2TT==故Q物体加速下降，有2QQmgTma−=可得25/sam=而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律2PPTFmgma+−=解得4NF=故选A。【变式1-1】（多

选）（2023·湖南卷·第10题）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直

方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．若B球受到的摩擦力为零，则2tanFmg=B．若推力F向左，且tan，则F的最大值为2tanmgC．若推力F向左，且tan2，则F的最大值为4(2tan)m

g−D．若推力F向右，且tan2，则F的范围为4(tan2)4(tan2)mgFmg−+【答案】CD【详解】A．设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足tanxyNN

=，竖直方向yNmg=，则tanxNmg=若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得xNma=，可得tanag=对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律44tanFmamg==，A错误；B．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为tanxNm

g=对小球B，由于tan，小球B受到向左的合力()tanyxFNmgNmg=+−则对小球A，根据牛顿第二定律可得maxxNma=对系统整体根据牛顿第二定律max4Fma=，解得4tanFmg=，B错误；C．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小

球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为tanxNmg=小球B所受向左的合力的最大值max()2tanyxFNmgNmgmg=+−=−由于tan2可知maxtanFmg

则对小球B，根据牛顿第二定律maxmax2tanFmgmgma=−=对系统根据牛顿第二定律max4Fma=联立可得F的最大值为4(2tan)Fmg=−，C正确；D．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整

体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时min()tan2tanxyFNNmgmgmg=−+=−当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时max()tan2ta

nxyFNNmgmgmg=++=+对小球B根据牛顿第二定律minminFma=，maxmaxFma=对系统根据牛顿第二定律4Fma=代入小球B所受合力分范围可得F的范围为4(tan2)4(tan2)mgFmg−+

【变式1-2】（2022·全国乙卷·T15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均

为（）A.58FmB.25FmC.38FmD.310Fm【答案】A【解析】当两球运动至二者相距35L时，,如图所示由几何关系可知3310sin52LL==设绳子拉力为T，水平方向有2cosTF=解得58TF=对任意小球由牛顿第二定律可得Tma=解得

58Fam=故A正确，BCD错误。故选A。【易错点提醒四】不会用程序法求多过程问题【例4】（2023湖南衡阳期中）抗击疫情期间，由于疫情严重，利用无人机运输物资，如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连

同所载货物质量4kgm=的，其动力系统所能提供的最大升力90N=F，运动过程中所受空气阻力大小恒为10NF=阻。g取210m/s。（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在6st=时离地面的高度h；（2）当无人

机悬停在距离地面高度90mH=处时，由手动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v；（3）在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下动力设备重新启动提供向上最大升力，为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间1

t。易错分析：不会分析物体运动过程各个阶段的受力情况和运动情况，也不会抓住各阶段的速度、时间、位移关系。【答案】（1）180mh=；（2）156m/sv=；（3）14s=t【解析】（1）由牛顿第二定律得1FmgFma−−=阻代入数据

解得2110m/sa=上升高度为2112hat=，代入数据解得180mh=故离地面的高度为180m。（2）下落过程中，有2mgFma−=阻，代入数据解得227.5m/sa=则有222vaH=，代入数据解得156m/sv=故无人机坠落地面时

的速度为156m/s。（3）恢复升力后向下减速运动过程中，有3FmgFma−+=阻代入数据解得2315m/sa=设恢复升力时速度为mv，则有2m212vah=，2m3202vah−=−，12hhH+=联立解得m30m/sv=，由m21vat=，得14s=t

故飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为4s【变式1-1】（2022·湖南卷·T9）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即2Fkv=阻，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一

段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为1.5MgB.当飞行

器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为174MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为53m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g【答案】BC【解析】

A．飞行器关闭发动机，以v1=10m/s匀速下落时，有21100Mgkvk==，飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm2m225FMgkvMgk=+=+联立可得m1.25FMg=，100Mgk=A错误；B．飞行器以v3=5m/s匀速

水平飞行时()()223174FMgkvMg=+=B正确；C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时()222m434fFMgMgkv=−==解得的453m/sv=C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值2m5mFMgkvMa

++=解得am=2.5gD错误。故选B【易错点提醒五】不会分析的传送带模型【例5】(2021·河南省顶尖名校4月联考)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传

送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(2)工件运动了23s后所在的位置。易错分析：

求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断..临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.【答案】(1)1.4s(2)2.4m(3)在A点右侧2.4m处【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a

1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝va1＝0.8s工件前进的位移为x1＝12a1t21＝1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝LAB－x1v＝

0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s。(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a2＝－2m/s2由速度位移公式得0－v2＝2a2hmsinθ解得hm＝2.4m。(3)工件沿传送带

向上运动的时间为t3＝2hmvsinθ＝2s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T＝2t1＋2t3＝5.6s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，

且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝t0＋3T，这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4m。【变式1-1】（2023·安徽合肥·三模）如图所示，A、B两端距离为L的水平传送带以

速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（）A．增大传送带速度v，划痕长度一定变长B．增加传送带的长度，划痕长度一定

会变长C．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小D．一定条件下可使lL【答案】D【解析】若石墨块到达B时速度小于v，说明石墨块一直做匀加速直线运动，加速度大小为mgagm==，所用时间为22LLtag==则划痕长度为2LlvtLv

Lg=−=−若23LLtgv=，可得2vtLL−，说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度v，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；若石墨块到达B端前速度已经等于v，则有vvtag==，则划痕长度为2222vvlvt

ag=−=，可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；若石墨块到达B端前速度已经等于v，划痕长度为22vlg=若石墨块到达B时速度小于v，划痕长度为2LlvLg=−（当23LLgv时，2lL=）【变式1-2】（2023·上海市市西中学二模）如图所示，以恒定速率v1

=0.5m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.5m/s从传送带顶端推下一件m=2kg的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10

m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小。（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。【答案】（1）20.4m/s；（2）2.5s，2.5m；（3）5

0J−【解析】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=代入数据可得20.4m/sa=−所以加速度

的大小为20.4m/s，方向为沿斜面向上；（2）由（1）可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时()120.51.5s2.5s0.4vvta−−===−相应的匀减速直线运动的距离为()2222.51.52.50.4m2.5m22atsvt=+=+−

=（3）因为sL，且sincosmgmg因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为2sinfmg=位移大小为2sLs=−所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为()12()cossin

fWfsfLsmgsmgLs=−−−=−−−代入数据可得50JfW=−【变式1-3】（2023•福建省福州市八校模拟）如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，

当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（）A.要实现这一目的前提是μ<tanθB.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C.全过程传送带对行李箱的

摩擦力方向沿传送带向上D.若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间【答案】C【解析】要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即cossinmgmg可得tan

故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为sinfmg=，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故选项C正确；若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。【易错点提醒六】不会分析的板块模

型【例6】（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟）如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数

μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：（1）经过多长时间B开始滑动；（2）经过多长时间A开始相对B滑动；（3）t＝3s

时AB间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。易错分析：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝Ffmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加

速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）

2.1N【解析】（1）当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即()()2154NmMgt+=+，得12st=（2）当A开始在B上滑动时，对木块1mgma=对整体()()22FmMgmMa−+=+由题知()2254NFt=+，解得23.4st=（3）当2313sttt=,B

已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块fFma=对整体()()32FmMgmMa−+=+且()3354NFt=+解得f15N2.1N7F=【变式1-1】(:2021·全国乙卷·T21）水平地面上有一质量为1m的长木板，木板的左明上有一质量为2m的物块

，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中1F、2F分别为1t、2t时刻F的大小。木板的加速度1a随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板

间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）A.111=FmgB.2122211()()mmmFgm+=−C.22112mmm+D.20~t时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起

刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()Fmmg=+在故A错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()Fmmgmma−+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0mgmmgm

a−+=解得2122211()()mmmFgm+=−()12211mmm+，故BC正确；．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确【变式1-2】（2022湖北十堰四模）如图所示，倾角37=的光滑斜面上有一质量4kgM=的足够长

的木板A，在A的上端有一质量2kgm=的物块B（可视作质点），物块B与木板A间的动摩擦因数0.5=，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距1m3=s，取重力加速度大小210m/s=g，si

n370.6=，cos370.8=。（1）木板A第1次碰挡板P时的速度多大；（2）求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间；并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。【答案】（1）=2m/sv；（2）0.25st=；6.5JQ=

【解析】（1）分析可知，释放后A、B一起加速下滑，由牛顿第二定律()()sinMmgMma+=+可得2sin=6m/sag=设木板碰挡板时速度为v，则22=vas代入数据解得=2m/sv（2）碰后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有Asincos

MgmgMa+=可得2A=8m/sa故所求时间A=0.25svta=木板A上滑距离2AA1=m24vxa=此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，有Bsincosmgmgma−=可得2B=2m/sa物块B下滑距离2BB19=m216xvtat=+故摩擦生热()ABc

os6.5JQmgxx=+=错1.（2022·全国甲卷·T19）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；

某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A.P的加速度大小的最大值为2gB.Q加速度大小的最大值为2gC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大

小为2Fmg=撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为0Tmg=AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为0P1Tmgma−−=解得P12ag

=−此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。的故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mg。Q加

速度大小最大值为弹簧恢复原长时Qmmgma−=，解得Qmamg=−，故滑块Q加速度大小最大值为mg，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．

滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为P2mgma−=，解得P2ag=−，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加

速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。2.（2020·海南卷·T12，）如图，在倾角为光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为1m和2m，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直

线运动，则（）A.两物块一起运动的加速度大小为12Famm=+B.弹簧的弹力大小为212mTFmm=+C.若只增大2m，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D.若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大【答案】BC【解析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律有(

)()1212sinFmmgmma−+=+解得12singmmFa−+=，故A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有22sinFmgma−=弹解得212mFFmm=+弹，故B正确；根据211221mFFFmmmm=

=++弹，可知若只增大2m，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据212mFFmm=+弹，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错的误。3．（2023·湖

南·衡阳市船山英文学校高三开学考试）如图所示，一足够长的平直木板静止在水平地面上，木板上有两个质量分别为m和M的物块A、B，且Mm，它们与木板间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F向右拉动木板，下列说法可能正确的是（）A．

A与木板间发生相对运动时，B与木板间不发生相对运动B．B与木板间发生相对运动时，A与木板间不发生相对运动C．A、B与木板间同时发生相对运动D．A与B的加速度相同【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律可知，A、B不与木板发生相对滑动的最大加速度，同时也是二者相对木板发生相对滑动后的加

速度均为ag=所以A、B与木板间同时发生相对运动或A、B与木板间同时不发生相对运动，且A、B的加速度始终相同，故AB错误，CD正确。4．（2023·江西九江·二模）如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，

开始都处于静止状态。现分别对两物块施加水平恒力F1、F2，经过时间12tt、物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为12vv和，已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则（）A．若12FF=，且12MM＞，则12vv＜B．若12FF

=，且12MM＞，则12tt＞C．若12FF，且12MM=，则12vv＜D．若12FF，且12MM=，则12tt＞【答案】AD【解析】AB．两滑块在木板上做匀减速直线运动，加速度10Fmgam−='20

Fmgam−=而木板做匀加速直线运动，加速度11mgaM=22mgaM=滑块滑离木板满足相对位移xL=物块与M1的相对位移2201111122Latat=−，物块与M2的相对位移'2202221122Latat=−若12FF=且

12MM＞12aa则12ttM1的速度为111vat=M2的速度为222vat=则12vv，A正确，B错误；若12FF，且12MM=12aa=，则12tt，故12vv，C错误，D正确。5.（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，在质量为M的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上

端拴接一质量为Am的物体A，质量为Bm的物体B放置在物体A上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速度为g。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（）A．物体A的加速度大小为0B．物体B的加速度大小为gC．箱式电梯的加速度大小为

gD．物体B对物体A的压力为0【答案】A【详解】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以AB的受力情况不变，加速度均为0，物体B对物体A的压力等于自身重力，对整体分析可知BA()mmMgMa++=解得BA()mmMgaM++=故选A。6．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，木板B固定在弹簧

上，木块A叠放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向上的变力F作用于A，使A、B一起缓慢上升，AB不分离，在A、B一起运动过程中，下面说法正确的是（）A．一起缓慢上升过程中A对B的摩擦力不变B．在某时刻撤去F，此后运动中A可能相对B滑动C．在某时刻撤去F，此后运动中AB

的加速度可能大于gD．在某时刻撤去F，在A、B下降的过程中，B对A的作用力一直增大【答案】D【详解】A．一起缓慢上升过程中，以A、B为整体，根据受力平衡可得AB()FFmmg+=+弹由于弹簧弹力逐渐减小，可知拉力F逐渐增大；以A为对象，设木板B斜

面倾角为，根据受力平衡可得AsinsinfFmg+=可知B对A摩擦力不断变小，则A对B的摩擦力不断变小，故A错误；B．设A、B间的动摩擦因数为，根据题意有tan在某时刻撤去F，设A、B向下加速的加速度大小为a，以A为对

象，则有AAcoscosmgNma−=，AAsinsinmgfma−=，可得A()cosNmga=−，A()sintanfmgaNN=−=故此后运动中A、B相对静止，故B错误；C．在某时刻撤去F，

此后运动中A、B相对静止，则最高点时的加速度最大，且撤去力F前，整体重力和弹簧弹力的合力小于整体重力，则最高点加速度小于g，此后运动中AB的加速度不可能大于g，故C错误；D．在某时刻撤去F，在A、B下降的过程中，A的加速度先向下逐渐减小，后

向上逐渐增大，则B对A的作用力一直增大，故D正确。故选D。7．（多选）（2023·湖南株洲·校联考模拟预测）如图所示，质量分别为1m和2m的小物块，通过轻绳相连，并接在装有光滑定滑轮的小车上。如果按图甲所示，

装置在水平力1F作用下做匀加速运动时，两个小物块恰好相对静止；如果互换两个小物块，如图乙所示，装置在水平力2F作用下做匀加速运动时，两个小物块也恰好相对静止，一切摩擦不计，则（）A．221221:mFFm=B．211222:mFFm=

C．两种情况下小车对质量为2m的小物块的作用力大小之比为21:mmD．两种情况下小车对质量为2m的小物块的作用力大小之比为12:mm【答案】AC【详解】AB．一切摩擦不考虑，则题图甲中小车的加速度为211mgam=，题图乙中小车的加速度

为，122mgam=所以两题图中小车的加速度之比为211212::mgmgaamm=，因为题图甲和题图乙装置的整体质量是一样的，所以22121221::mFFaam==，A正确，B错误；CD．题图甲中，小车对质量为2m的小物块的作用力为221211NmFmagm==，题图

乙中，小车对质量为2m的小物块的支持力大小等于其所受的重力大小，即，22NFmg=，所以22122211:::NNmgFFmgmmm==，C正确，D错误。故选AC。8.（2024.江苏省南通市海安市高三上学期开学考试）质量分别为2m和m的A、B两物块，在恒力F作用下沿

光滑的水平面一起向前匀加速。下列情形中A对B的作用力最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】对选项A整体分析，根据牛顿第二定律()2Fmma=+对B，1Nma=，得13FN=同理，B选项中A、B间作用力为223FN=同理于AB选项，在选项C中，A、B间静摩擦力为13Ff=A、B间作用力为

()2213FFmg=+选项D中，A、B间静摩擦力为223Ff=A、B间作用力为()222223FFmg=+，故选项D正确。12．（2023·海南·模拟预测）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1

所示，以某一恒定速率0v运行的传送带与水平面的夹角37=，转轴间距3.5mL=。工人沿传送方向以速度11.5m/sv=从传送带顶端推下粮袋（视为质点），4.5s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的vt−图像如图2所示

。已知sin370.6=，cos370.8=，重力加速度g取210m/s，则（）A．在2.5st=时刻，粮袋所受摩擦力方向改变B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．在02.5s内粮

袋处于失重状态【答案】BC【解析】由图2可知，在02.5s−内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5s4.5s−内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；．根据vt−图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由图2可

知()()0011.52.54.52.53.5m2Lvv=++−=解得00.5msv=，故C正确；由图2和C分析可知，粮袋在02.5s−内的加速度为220.51.5ms0.4ms2.5vat−===−则加速度方向沿斜面向上，则在02.5s内粮袋处于超重状态，根据牛顿

第二定律有sincosmgmgma−=联立代入数据解得0.8=，故D错误B正确。9.（2022•福建省漳州市二模）.如图甲，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图

线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，下列说法正确的是（）A.传送带沿逆时针方向转动B.传送带速度大小为2m/sC.物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/sD.0~4.5s内摩擦力对物块所做功为3−J【答案】BCD【解析】根据位移时间图象的斜率表示速度，可知

：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为3m/s2m/s4.53xvt===−故B正确，A错误；由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零

的匀加速运动，则212xat=，其中x=1mt=1s，解得22m/sa=根据牛顿第二定律mgma=，解得：0.2=在0-2s内，对物块有：2202tvvax−=−解得物块的初速度为：04m/sv=故C正确；对物块在0~4.5s内，根据动能定理2201122fWmvmv

=−解得摩擦力对物块所做的功为3JfW=−，故D正确的。10．（2020·江苏高考真题）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在

车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A．FB．1920FC．19FD．20F【答案】C【解析】根据题意可知第2节车厢对

第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有3838Ffma-=设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有122Ffma-=联立解得119FF=。故选C。11．（2017·海南高考真题）如图，水平地面上有三个靠在一起

的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A．若μ≠0，则k=56B．若μ≠0，k=65C．若μ=0，则12k

=D．若μ=0，则35k=【答案】D【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小：66Fmgam−=所以，R和Q之间相互作用力为：11332FmamgF=+=Q与P之间相互作用力：2

1566FFmgmaFmgFmgF−−=−−+==所以可得：12132556FFkFF===由于谈论过程与是否为零无关，故有35k=恒成立；A．与分析不符，故A错误；B．与分析不符，故B错误；C．与分析不符，故C错误；D．与分析相符，故D正确；故选D。12．（2019

·海南高考真题）如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（）A．2

Fmg−B．13Fmg+C．13Fmg−D．13F【答案】D【解析】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：33Fmgma−=；对物体P：Tmgma−=；解得13TF=，故选D。13．（2011·天津高考真题）如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保

持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小【答案】A【解析】试题分析:A、B两物块叠放在一起共同

向右做匀减速直线运动，对A和B整体根据牛顿第二定律有()ABABmmgagmm+==+，然后隔离B，根据牛顿第二定律有：ABBBfmamg==，大小不变；物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选A．考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法．14..如图所

示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与

木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升

的最大距离。【答案】(1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解

得F≤30N，又a>0，解得F>20N所以20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得μmgcosα－m

gsinα＝ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1＝12a1t2，物块的位移x2＝12a2t2物块与木板分离的临界条件为Δx＝x1－x2＝L联立以上各式解得t＝1.2s物块滑离木板时的速度v＝a2t，又－2gsinα·x＝0－v2解得x＝0.9m。15．（202

2·江苏苏州·江苏省昆山中学校考模拟预测）如图甲所示，足够长的倾斜直传送带以速度2.5m/sv=沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在0=t时刻以速度05m/sv=从传送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量

4kgm=。物块在传送带上运动时传送带对物块的摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s。求：（1）倾斜传送带与水平方向的夹角θ和物块与传送带间的动摩擦因数μ

（2）物块与传送带间的划痕长度L（3）0—0.4s内物块机械能的变化量【答案】（1）30，32；（2）0.25m；（3）12.5J−【详解】（1）由题图乙可得，0~0.2s内滑动摩擦力的功率为()10cosPmgvat=−，当0=t时，代入数

据得cos30Nmg=物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率2sinPfvmgv==，代入数据得sin20Nmg=，解得30=，32=（2）由vt−图像可知物块与传送带间的划痕长度为10.2(52.5)m0.25m2L=−=（3）0—0.4s内物块动能

的变化量为，22k01137.5J22Emvmv=−=−物体运动距离为()12.550.2m0.22.5m1.25m2x=++=物块重力势能的变化量为psin3025JEmgx==则机械能的变化量为kp12.5JEEE=+=−