牛顿第二定律板块模型计算题综合版(简解)

牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。

【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。

2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。

3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。

4.利用牛顿第二定律处理板块模型。

【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。

一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。

二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。

(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。

(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。

三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

四、板块模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。

牛顿第二定律十大题型分类汇总(带详解）一、牛顿第二定律与斜面结合1．如图所示，一足够长的固定在水平面上的斜面，倾角37θ= ，斜面BC 与水平面AB 平滑连接，质量2kg m =的物体静止于水平面上的M 点，M 点与B 点之间的距离9m L =，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.5μ=，现物体受到一水平向右的恒力14N F =作用，运动至B 点时撤去该力，B 点有一小圆弧，使得物体经过B 点时只有速度方向发生改变，速度大小不变，重力加速度210m/s g =，则：（1）物体到达B 点时的速度大小；（2）物体沿斜面向上滑行的最远距离。

（3）物体从开始运动到最后停止运动的总时间。

解得212m/s a =由M 到B 有212B v a L=解得6m/sB v =（2）沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律得2sin37cos37mg mg ma μ︒+︒=解得2210m/s a =沿斜面运动的最远距离为（3）从M 点运动到B 点的时间为从B点运动到斜面最高点的时间为沿斜面下滑时的加速度为3sin37cos37mg mg ma μ︒-︒=解得232m/s a =沿斜面下滑的时间为解得下滑到B点时的速度为在水平面上运动的加速度大小为4mg ma μ=解得245m/s a =从B点到静止的时间为物体从开始运动到最后停止运动的总时间为1234t t t t t =+++解得2．一质量m =2kg 小物块从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端B 点后沿水平面再滑行一段距离停下来。

若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。

斜面A、B 两点之间的距离s =18m，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6；cos37°=0.8）斜面与水平面间平滑连接，不计空气阻力，g =10m/s 2。

求：（1）物块在斜面上下滑过程中的加速度大小；（2）物块滑到B 点时的速度大小；（3）物块在水平面上滑行的时间。

牛顿第二定律（7大题型）知识点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，加速度的方向跟作用力的方向相同。

2、表达式①比例式：Fam ∝。

②等式：F kma=，其中k是比例系数，a是物体运动的加速度。

【注】实际物体所受的力往往不止一个，式中F指的是物体所受的合力。

3、物理意义牛顿第二定律不仅阐述了力、质量和加速度三者数量间的关系，还明确了加速度的方向与力的方向一致。

知识点2 力的单位1、牛顿的含义在国际单位制中，力的单位是牛顿，符号为N ，它是根据牛顿第二定律来定义的，使质量为1kg 的物体产生1m/s 的加速度的力为1 N ，即1N=1 kg ·m/s 2。

2、比例系数k 的意义（1）在F kma =中，k 值的大小随F 、m 、a 单位选取的不同而不同。

（2）若F 、m 、a 均使用国际单位制单位，则k =1，牛顿第二定律的表达式为F ma =，式中F 、m 、a 的单位分别为牛顿（N ）、千克（kg ）、米每二次方秒（m/s 2）。

知识点3 对牛顿第二定律的理解1、基本特性（1）同体性：加速度、合外力和质量是对应于同一个物体（系统）的，所以分析问题时一定要确定好研究对象。

（2）因果性：力是产生加速度的原因，物体的加速度是力这一外因和质量这一内因共同作用的结果。

（3）矢量性：公式F ma =是矢量式，在任意时刻a 的方向都与F 相同，当F 方向变化时，a 的方向也同时变化。

（4）瞬时性：a 与F 同时产生、同时变化、同时消失，为瞬时对应关系。

a 为某时刻的加速度时，F 为该时刻物体所受的合力。

（5每个力产生的加速度的矢量和，分力和加速度在各个方向上的分量关系也遵从牛顿第二定律，即x x F ma =，y y F ma =。

2、合外力、加速度、速度的关系（1）合力与加速度的关系（2）直线运动中加速度与速度的关系加速度与速度同向时，物体加速，反之减速，也可以说合外力与速度同向时，物体加速，反之减速，所以要分析速度如何变，就要看合外力方向与速度方向关系如何。

板块模型小汇总一、地面光滑，上表面粗糙，无拉力，物块A 带动木板B （地面粗糙，有可能B 不动，有可能共速后一起减速）（1）物块滑离木板，物块滑到木板右端时二者速度不相等，x B ＋L ＝x A ，速度时间图像类似图1（2）物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B ＋L ＝x A ，速度时间图像类似图2二、地面光滑，上表面粗糙，无拉力，木板B 带动物块A （地面粗糙，有可能共速后一起减速，也可能共速后各自减速）（1）物块滑离木板，物块从木板左端滑离时二者速度不相等，x B ＝x A ＋L ，速度时间图像类似图3（2）物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B ＝x A ＋L ，速度时间图像类似图4三、地面光滑，上表面粗糙，有拉力F 较小时，木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m A ＋m B )a ，对A 分析，f BA =m A a临界情况f BA =μm A g ，此时F 是AB 一起加速运动的临界最大值，F 临=(m A ＋m B )μg ，a 的变化和F 图像如图5 F 超过F 临，AB 各自加速，A 从B 左端滑落，速度时间图像如图6 四、地面光滑，上表面粗糙，有拉力F 较小时，木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m A ＋m B )a ，对B 分析，f AB =m B a临界情况f AB =μm A g ，此时F 是AB 一起加速运动的临界最大值，F 临=(m A ＋m B )A Bm g m ，a 的变化和F 图像如图7 F 超过F 临，AB 各自加速，A 从B 右端滑落，速度时间图像如图8五、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，F 0=μ0(m A ＋m B )g ，F 临=（μ0＋μ）(m A ＋m B )g图1图2图3图4图5图6图7图8①F ≤F 0时，整体静止 ②F 0＜F ≤F 临时，一起加速 ③F ＞F 临时，各自加速，且a B ＞a A六、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，μm A g≤μ0(m A＋m B)g，A带不动B，B相当于地面七、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，μm A g≥μ0(m A＋m B)g，F0=μ0(m A＋m B)g板块模型板块类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

专题05 牛顿运动定律中的斜面和板块模型一、牛顿第二定律：ma F =合；x ma F x =合；y ma F y =合。

二、牛顿第三定律：'F F -=，（F 与'F -等大、反向、共线）在解牛顿定律中的斜面模型时，首先要选取研究对象和研究过程，建构相应的物理模型，然后以加速度为纽带对研究对象进行受力分析和运动分析，最后根据运动学公式、牛顿运动定律、能量守恒定律、动能定理等知识，列出方程求解即可。

在解决牛顿定律中的板块模型时，首先构建滑块-木板模型，采用隔离法对滑块、木板进行受力分析，运用牛顿第二定律运动学公式进行计算，判断是否存在速度相等的临界点；若无临界速度，则滑块与木板分离，只要确定相同时间内的位移关系，列出方程求解即可；若有临界速度，则滑块与木板没有分离，此时假设速度相等后加速度相等，根据整体法求整体加速度，由隔离法求滑块与木板间的摩擦力f 以及最大静摩擦力m f 。

如果m f f ≤，假设成立，整体列式，求解即可；如果m f f >，假设不成立，需要分别列式求解。

一、在斜面上物块所受摩擦力方向的判断以及大小的计算1.物块(质量为m )静止在粗糙斜面上：（1）摩擦力方向的分析：对物块受力分析，因为物块重力有沿斜面向下的分力，故物块有沿斜面向下的运动趋势，则物块所受摩擦力沿斜面向上。

（2）摩擦力大小的计算：物块处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡，即0=合F ，则有θsin mg F f =。

2.物块(质量为m )在粗糙的斜面上匀速下滑：（1）摩擦力方向的分析：物块沿斜面向下运动，可以根据摩擦力的方向与相对运动的方向相反来判断物块受到的摩擦力的方向沿斜面向上。

（2）摩擦力大小的计算：①物块处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡，即0=合F ，则有θsin mg F f =，N F f μ=。

②物块沿斜面向下做匀加速运动，滑动摩擦力为N F f μ=，由牛顿第二定律有ma F mg f =-θsin 。

【考点分析】 第五节 牛顿定律与板块模型【考点一】 地面光滑无外力的板块模型【典型例题1】 如图a ，一长木板静止于光滑水平桌面上，t ＝0时，小物块以速度v 0滑到长木板上，图b 为物块与木板运动的v －t 图象，图中t 1、v 0、v 1已知，重力加速度大小为g ，由此可求得( )A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t ＝0开始到t 1时刻，木板获得的动能【解析】 根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a木＝v 1t 1，小物块的加速度大小a 物＝v 0－v 1t 1，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma 木，μmg ＝ma 物，解得m M ＝v 1v 0－v 1，μ＝v 0－v 1gt 1，故B 和C 能够求解出；木板获得的动能E k 木＝12Mv 12，由于不知道长木板的质量M ，故D 不能够求解出.【答案】 BC【考点二】 地面不光滑无外力的板块模型【典型例题2】 (2021·安徽合肥市)如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B 间的动摩擦因数均为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a (a >μ2g )，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )A.2as 0B.2μ1gs 0C.2μ2gs 0D.(μ1＋μ2)gs 0【解析】 若卡车以最大加速度刹车，则由于a >μ2g ，A 、B 之间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A 、B 和车相对静止，当A 、B 整体相对车发生滑动时，a 1＝μ1(m A ＋m B )g m A ＋m B＝μ1g ，当A 、B 间发生相对滑动时，a 2＝μ2m A g m A ＝μ2g ，由于μ1>μ2，所以a 1>a 2，即当以a 1刹车时，A 、B 间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a 2，v 02＝2μ2gs 0，解得v 0＝2μ2gs 0，C 项正确.【答案】 C【考点三】 地面光滑外力作用在物块上的板块模型【典型例题3】 (2021·湖北省荆州中学)如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f Mmg F M m =+ B ．要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M m μμ>- C ．若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD ．若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22Mmg F M m=+ 【解析】 A ．若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得(2)mg M m a =+，对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =，解得2f Mmg F M m =+，故A 正确；B ．当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=，解得a g μ=，以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得(2)mg M m a =+，解得21M m μμ=-，故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21M m μμ>-，故B 错误；C ．若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=，解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D ．若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2fF mg a M M m==+，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=，解得22Mmg F M m=+，根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2Mmg N F F M m =+，故D 错误。

牛顿第二定律-板块问题1. （单选）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。

已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。

现在木板上施加一个F=kt（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知t1=5s。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．k=0.6B．t2=12.5sC．0∼t2，滑块的位移大小为337.5mD．当t=15s时，长木板的加速度大小为2m/s22. （多选）如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能一位移(E k−x)图像如图乙所示。

已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则（）A．小滑块和木板的质量均为0.25kgB．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为23m/sm，小滑块才不会冲出木板D．木板长度至少要493.如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块质量为m=1kg，置于木板中央A处．从t=0时刻开始，木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其运动的速度-时间图象如图乙所示．已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．求：4.5.（1）t=0时刻滑块加速度的大小；6.（2）拉力F的大小；7.（3）为使滑块不从木板上滑落，木板的长度至少为多少？8.倾角为θ=30°光滑斜面固定在水平面上，其上有一质量为m的滑板B，滑板下端与斜面低端挡板的距离x=2.5m，上端也放一质量为m的小滑块A（可视作质点），将A和B同时静止释放，滑板B与挡板发生第二次碰撞时，滑块A位于滑板B的下端，，已知滑板与挡板碰撞即以原速率反弹，碰撞时间极短，A、B间的动摩擦因数为μ=√32取重力速度g=10m/s，求：9.(1)从静止释放，到滑板B与挡板第一次碰撞经历的时间t0；10.(2)滑板B与挡板第一次碰撞后沿斜面上升的最大距离x1；11.(3)滑板B的长度L。

1一 无外力F 的板块问题分析【知识构建】1. 地面光滑，即板和地面的μ2=0，2.地面粗糙，即A 和B 的动摩擦因数μ1板和地面的动摩擦因数μ2， （1）μ1＞μ2（2）μ1＜μ211mg ma μ=()()23+M m g M m a μ+=23.板和快都有初速度【总结】μ1＞μ2 μ1＜μ211a v t =3【典例分析】 1、地面光滑【例1】 （多选）（2021·深圳第二外国语学校高一开学考试）如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一质量为2kg 的物体B （可看作质点）以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面。

由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度图像如图乙所示。

g 取10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反 B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是4kg 【答案】BD【详解】A ．由题意可知，A 木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A 错误；B ．由图象知B 的加速度大小为2231m/s 2m/s 1B a -==对B 进行分析有：μm B g =m B a B ，可解得：μ=0.2故B 正确；C ．由题意可知，木块B 尚未滑出木板A ，则临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，设A 、B 物体位移量分别为s A 、s B ，加速度分别为a A 、a B ，由图可知a A =1m/s 2，a B =2m/s 2，A 的长度为L ，则有：22011,,22A A B B B A s a t s v t a t s s L ==--=联立上式可解得L =1.5m ，即L ≥1.5m 即可，故C 错误；D ．由μm B g =m A a A ，μm B g =m B a B 联立两式可解得：21A B BA a m a m ==即A 物体的质量是B 物体的两倍，长木板A 的质量是4kg ，故D 正确；故选BD 。