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第二十二讲：牛顿第二定律中的板块模型一、单选题1．质量不等的A 、B 两长方体迭放在光滑的水平面上。
第一次用水平恒力F 拉A ，第二次用水平恒力F 拉B ，都能使它们一起沿水平面运动，而AB 之间没有相对滑动。
则两种情112310t 时间内滑块加速度大小为12t 时间。
滑块与木板、木板与地面的动摩擦因数分别为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块运动的v t -图像如图乙所示，则有（ ）A ．12a a <B ．12a a =C ．122μμ>D ．122μμ< 5．如图所示，质量为m 1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m 2的木块。
t =0时刻起，给木块施加一水平恒力F 。
分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是（ ）A ．B ．C ．D ．6．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块。
木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到如图乙所示的aF 图像。
取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是（ ）A ．滑块的质量m ＝4 kgB ．木板的质量M ＝2 kgC ．当F ＝8 N 时，滑块加速度为2 m/s 2D ．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 7．水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板上右端放有一质量为2m 的木块，如图甲所示；用水平向右的拉力F 作用在长木板上，F 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小；木块的加速度2a 随时间t 变化的规律如图丙所示，已知长木板与地面间的动摩擦因数为1μ，木块与长木板间的动摩擦因数为2μ，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 ，则下列说法正确的是（ ）A．B．C．D．二、多选题10．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，它们的加速度都等于a 。
第三章牛顿运动定律1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考察考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律与受力分析解决运动与力的问题；理解超重与失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法与原理．2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题．高考试题往往综合牛顿运动定律与运动学规律进展考察，考题中注重及电场、磁场的渗透，并常常及生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．3．本章是中学物理的根本规律与核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点与热点，考察与要求的程度往往层次较高.1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题与两类动力学问题．1．内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向及作用力的方向一样．2．表达式：F＝ma，F及a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制由根本单位与导出单位共同组成．(2)力学单位制中的根本单位有质量(kg)、长度(m)与时间(s)．(3)导出单位有N、m/s、m/s2等．考点一用牛顿第二定律分析瞬时加速度★重点归纳★1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：2.(1)物体的受力情况与运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进展受力分析与运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．★典型案例★〔多项选择〕如下图，光滑水平面上放置着四个一样的木块，其中木块B 及C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。
现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以一样的加速度一起加速运动，那么以下说法正确的选项是 ： 〔 〕A.一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为4F B.一起加速过程中,C 木块受到四个力的作用C.一起加速过程中,A 、D 木块所受摩擦力大小与方向一样 F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小与方向都不变【答案】AC【解析】【名师点睛】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对A 、D ，根据牛顿第二定律求出摩擦力；根据撤去F 的瞬间，各力的变化情况确定选项。
运动和力的关系本章高考考情速递生活实践类跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯内的超重及失重试题情境学习探究类传送带模型，板块模型，探究加速度与力、质量的关系，测量动摩擦因数考点牛顿第一定律 牛顿第二定律素养目标：1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质。
2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。
3.正确。
1．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。
开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。
后将小球竖直向上。
缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。
已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（）A．速度一直增大B．速度先增大后减小C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小【答案】A【解析】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。
此时两弹簧的合力为大小为mg。
当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知=2mg ma加速度的最大值为2g，CD错误。
故选A。
考点一 牛顿第一定律例题1.闽江河口龙舟竞渡历史可追溯到秦汉，那时河口居有一支闽越王无诸氏族，他们擅长划舟，喜赛龙舟，留下了龙舟竞渡传统。
《福州地方志》记载：“福州龙舟竞渡，台江、西湖皆有之。
”图为龙舟比赛的照片，下列说法正确的是（ ）A．龙舟的速度越大，惯性也越大B．获得冠军的龙舟，其平均速度一定最大C．龙舟齐头并进时，相对于河岸是静止的D．龙舟能前进是因为水对船桨的作用力大于船桨对水的作用力【答案】B【解析】A．物体的惯性只与质量有关，故龙舟的速度越大，惯性不变，故A错误；B．龙舟比赛位移相同，获得冠军的龙舟，所用时间最短，故获得冠军的龙舟，其平均速度一定最大，故B正确；C．龙舟齐头并进时，相对于河岸是运动的，故C错误；D．根据牛顿第三定律，水对船桨的作用力等于船桨对水的作用力，故D错误。
专题3.2牛顿第二定律及其应用（精讲）1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。
2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。
知识点一牛顿第二定律、单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a＝Fm或F＝ma。
(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。
(2)基本单位基本量的单位。
力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
知识点二动力学中的两类问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。
(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤知识点三超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小a ＝g原理方程F －mg ＝ma F ＝m (g ＋a )mg －F ＝ma F ＝m (g －a )mg －F ＝mg F ＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动知识点四动力学中整体法、隔离法的应用1．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
板块(滑块木板)模型(牛顿第二定律)建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1没有外力的板块模型6单选+1多选考点2受恒定外力的板块模型3单选+4多选考点3受变化外力的板块模型3单选+3多选考点01：不受外力的板块模型(6单选+1多选)一、单选题1(2023·湖北·模拟预测)如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v-t图像如图所示，则有()A.μ1=μ2B.μ1<μ2C.μ1>2μ2D.μ1=2μ2【答案】C【详解】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg则有μ1>2μ2故选C。
2(2023·湖南·统考模拟预测)如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是()A.碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变B.碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2C.碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/sD.平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为67m【答案】C【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得a A =μ1m A gm A=4m/s 2a B 1=μ2m A +m B g m B =3m/s 2，a B 2=μ2m A +m B g +μ1m A g m B =133m/s 2故AB 错误；C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为v B 0，则有v B 0<v B =v A又a B 2>a A所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。
台师高级中学高三一轮复习：牛顿第二定律-板块模型 （1）不受外力作用的带动问题：
1．如图所示，质量 M =8.0kg 的薄木板静置在光滑水平地面上，质量m =2.0kg 的小滑块（可视为质点）以速度 v 0=5.0m/s 从木板的左端冲上木板，恰好不滑离木板。
已知滑块与木板间的动摩擦因数 μ=0.20，重力加速度 g 取 10m/s 2。
求
(1)小滑块的加速度大小
(2)薄木板的加速度大小
(3)薄木板的长度
【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.5m/s 2 (3) 5m
【解析】
【分析】
由题意可知考查滑块—滑板模型，采用隔离法根据牛顿第二定律分析计算可得。
【详解】
(1) 取滑块为研究对象，由牛顿第二定律可得
1mg ma μ=
1100.20m/s=2m/s a g μ==⨯
(2) 取薄木板为研究对象，由牛顿第二定律可得
2mg Ma μ=
222100.200.5m/s 8
mg a M μ⨯⨯=== (3) 滑块恰好不滑离木板，由运动学公式可得
220121122
L v t a t a t =-- 速度关系
012v a a t -=
两式联立可得t =2s L =5m
【点睛】
滑块和滑板加速度不同，采用隔离法求得各自的加速度，滑块恰好不滑离木板，说明滑块滑到木板的最右端时二者速度刚好相同，根据位移关系和速度关系列式计算可得。
2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：
，1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；
，2，木板长度；
，3）木板在地面上运动的最大位移。
【答案】（1（5m/s 2 2m/s 2（2（14m（3（12m
【解析】
【分析】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.
【详解】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，
初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 212a μg 5m /s ==
木板由静止做匀加速度直线运动
即 ()212μmg μM m g Ma -+=
解得 22a 2m /s =
（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。
设此过程所用时间为t
即 012v v a t v a t =-==木板木块
解得 t=2s
木块位移 2011x v t a t 18m 2木块=-
= 木板位移 221x a t 4m 2
木板== 木板长度 L x x 14m =-=木板木块
（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得
2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，
木板位移 23
v x 8m 2a ==，共木板 总位移 ,
x x x 12m =+=木板木板 （2）受外力作用的带动问题：即拉上与拉下问题
3．如图所示，光滑的水平面上放着一块木板，长为L=1m ，质量为M ＝2.0 kg ，木板处于静止状态。
质量为m ＝1.0 kg 的小物(可视为质点)放在木板的最右端。
已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.10。
可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现对木板施加一个水平向右的恒力F 。
g 取10 m/s 2.
(1)若要使木板开始运动，且物块相对木板不滑动，则求F 的取值范围。
(2)若F= 13N ，求物块即将滑离木板时的速度大小。
【答案】（1）3N<F 9N ≤（2）2m/s
【解析】（1）地面对木板的滑动摩擦力f=μ2（M+m ）g=3N 物块的最大加速度212/m mg
a m s m μ==
()9m m m F f M m a F N -=+⇒=
要使木板运动，且物块不滑动，则3N<F 9N ≤
（2）F>9N ，所以物块与木板发生相对滑动。
物块的加速度2112/mg
a m s m μ==
木板的加速度2124/F f mg a m s M
μ--=
= 设经t 时间物块从木板滑离，则222111122L a t a t t s =-⇒= 12/v a t m s ==
4．如图所示，质量M =2.0kg 的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m =1.0kg 的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L =0.5m ，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2．现用一水平向右的拉力F 作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m /s 2．则
（1）求当拉力为3N 时，铁块受到的摩擦力大小；
（2）若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；
（3）若将木板从铁块下抽出历时1s ，求拉力的大小．
【答案】（1）1N （2）6N （3）8N
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律()11F M m a =+
铁块受到的摩擦力11f ma =
解得11N f =
（2）最大静摩擦力2f mg μ= 铁块的最大加速度22f a m
= 由牛顿第二定律()22F M m a =+
解得26N F =
（3）设木板的加速度为a 3，由题意
22321122
a t a t L -= 由牛顿第二定律323F f Ma -=
解得38N F =
5．如图所示，长度L=2m ，质量M=2/3kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m=2kg 的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F=10N ，取g=10m/s 2．求：
（1）将木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；
（2）若木板M 不固定，m 和M 的加速度a 1、a 2的大小；
（3）若木板M 不固定，从开始运动到小物块离开木板所用的时间．
【答案】（1（4m/s (2)214m/s a =, 22s 3m/a = (3)2s
【解析】
（1）根据牛顿第二定律：24/F mg ma a m s μ-=⇒=；故224/v aL v m s =⇒=（
（2）对m ，由牛顿第二定律得1F mg ma μ-=（代入数据解得214/a m s =（
对M ，由牛顿第二定律得2mg Ma μ=（代入数据解得223/a m s =（
（3）根据22121122a t a t L -=得()214322
t -=，解得2t s =（ 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
6．一足够长木板在水平地面上运动，当木板速度为5m/s 时将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数为0.2，木板与地面间的动摩擦因数为0.3，物块与木板间、木板与地面间的最大静摩擦因力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s 2．求：
，1）物块刚好到木板上后，两者的加速度分别为多大；
，2）多长时间两者达到相同速度；
，3）物块与木板停止运动时，木板在整个运动过程中的位移大小．
【答案】（1（2m/s 2（8m/s 2（（2（0.5s（（3（1.625m（
【解析】（1）放上木块后，对木块，根据牛顿第二定律得，μ1mg=ma 1（
解得木块的加速度为：a 1=μ1g=0.2×10m/s 2=2m/s 2（
对木板，根据牛顿第二定律得，μ1mg+μ22 mg=ma 2（
212220.2100.3208/1
mg mg
a m s m μμ+⋅⨯+⨯=== ． （2）设经过t 时间速度相同，根据速度时间公式得，a 1t=v 0（a 2t（
代入数据解得t=0.5 s（
（3）在速度相等时，木板的位移
x 1=v 0 t ﹣12a 2t 2=5×0.5+12
×8×0.25m=1.5 m ． 共速后，两者分别做匀减速运动，此时的速度v=a 1t=1m/s（
木板加速度 μ2∙2 mg（μ1mg=ma 3（
代入数据解得a 3=4 m/s 2
由v 2=a 3x 2，解得x 2=231224
v a =⨯=0.125 m 木板全程位移x=x 1+x 2=1.625 m（
点睛：解决本题的关键知道木块和木板在整个过程中的运动规律，抓住两者速度相等的临界条件，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解（。
