高考物理一轮复习讲义第三章　运动与力的关系

这是一份高考物理一轮复习讲义第三章　运动与力的关系，共21页。
第1讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律
■目标要求
1.理解牛顿第一定律和惯性，会用牛顿第一定律和惯性解释生活中的现象。2.理解牛顿第二定律的内容和表达式，并能利用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题和超重、失重问题。3.了解单位制，会用单位制检查物理表达式的正确性。
考点1 牛顿第一定律 惯性

必|备|知|识
1.牛顿第一定律。
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)意义。
①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。
2.惯性。
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
(2)普遍性：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
(1)牛顿第一定律可用实验验证(×)
(2)速度大的物体用较长时间才能停下来，是因为其惯性大(×)
(3)物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态(√)
关|键|能|力

1.惯性的两种表现形式。
(1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。
(2)反抗改变：物体受到外力作用时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。
2.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系。
牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。
(1)牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，牛顿第二定律则回答了如何改变物体的运动状态。
(2)牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，无法用实验来验证，而牛顿第二定律是一条实验定律。
考向1 伽利略的理想斜面实验
【典例1】 (多选)17世纪，意大利物理学家伽利略根据实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故。设想若没有摩擦，一旦物体具有某一速度，物体将保持这一速度继续运动下去。伽利略设想了一个实验——“伽利略斜面实验”。关于该实验，下列说法正确的是(BD)
A.该实验是伽利略设想的，是在思维中进行的，无真实的实验基础，结论是荒谬的
B.该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律
C.该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论
D.该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据
解析 伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，A项错误，B项正确；伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，C项错误；牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，D项正确。
考向2 牛顿第一定律
【典例2】 下列说法正确的是(C)
A.牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据
B.牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的
C.理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法
D.由牛顿第一定律可知，物体的运动需要力来维持
解析 牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过合理归纳总结出来的，但无法用实验来直接验证，但其结论是正确的，A、B两项错误；理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法，C项正确；物体的运动不需要力来维持，D项错误。
考向3 惯性
【典例3】 物理老师给同学们做了一个有趣的实验，用一根筷子穿透了一颗土豆，现在他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子上端，那么你认为该演示实验的现象或原理正确的是(A)
A.土豆会沿着筷子向上爬
B.该实验原理是利用牛顿第二定律
C.该实验原理是利用牛顿第三定律
D.土豆越大越难完成该实验
解析 该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动)，除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而土豆由于具有惯性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则土豆相对筷子在向上运动，即土豆会沿着筷子向上爬，A项正确，B、C两项错误；土豆越大，其质量越大，则惯性越大，越容易完成实验，D项错误。
考点2 对牛顿第二定律的理解 力学单位制

必|备|知|识
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：F=ma。
2.力学单位制。
(1)单位制。
由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
(2)基本单位。
基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。
(3)导出单位。
由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
(1)由m=Fa可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比(×)
(2)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，但速度不一定减小(√)
(3)千克、秒、米/秒均为国际单位制的基本单位(×)
关|键|能|力

1.牛顿第二定律的性质。
2.合力、加速度、速度间的决定关系。
(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。
(3)a=ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv及Δt无直接关系；a=Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m。
(4)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度。
考向1 牛顿第二定律的理解和简单应用
【典例4】 (多选)在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的细线悬挂于小车内的O点，小车沿水平方向运动，小球与小车保持相对静止后，通过如图乙所示的加速度仪表盘测量出细线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到小车此时的加速度值。重力加速度大小为g，不计空气阻力和细线与刻度盘间的摩擦，下列说法正确的是(AC)
A.当θ=60°时，小车的加速度大小为3g
B.两侧角度相同时表示小车的加速度相同
C.若对每一个角度对应的加速度进行标注，则加速度值越大，表盘刻度越密集
D.加速度越大，用此加速度计测量得越准确
解析 设小车的加速度为a，绳中张力为T，则有Tsin θ=ma，Tcs θ=mg，解得a=gtan θ，θ=60°时a=3g，A项正确；根据A项分析可知两侧角度相同时，加速度大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不同，B项错误；根据a=gtan θ可知a随θ的变化不是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值越大，表盘刻度越密集，C项正确；当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大，D项错误。
考向2 瞬时加速度问题
【典例5】 (2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(A)
A.g，1.5gB.2g，1.5g
C.2g，0.5gD.g，0.5g
解析 以B、C、D整体为研究对象，受力分析，由平衡条件得FAB=(3m+2m+m)g=6mg，剪断B、C间细线瞬时，对B球应用牛顿第二定律得FAB-3mg=3ma1，解得a1=g，方向竖直向上。以C、D整体为研究对象，受力分析，由平衡条件得FBC=(2m+m)g=3mg，以D球为研究对象，由平衡条件得FCD=mg，剪断B、C间细线瞬时，对C球应用牛顿第二定律得FCD+2mg=2ma1，解得a1=1.5g，方向竖直向下。综上所述，应选择A。
考向3 单位制
【典例6】 (2025·金华模拟)某公司的Wi-Fi6+采用了芯片级协同、动态窄频宽技术，大幅提升了手机等终端侧的功率谱密度(PSD)，带来了信号穿墙能力的大幅提升。功率谱密度的单位是瓦特每纳米(W/nm)，改用国际单位制基本单位表示正确的是(A)
A.kg·m/s3B.kg·m/s4C.kg·m2/s4D.kg·m2/s2
解析 根据功率的公式和牛顿第二定律可知Wnm=N·ms×10-9 m=kg·m/s210-9s=109 kg·m/s3，所以国际单位制中其单位应为kg·m/s3，A项正确。
考点3 超重与失重

必|备|知|识
1.超重。
(1)定义：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。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重。
(1)定义：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。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重。
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a=g，方向竖直向下。
4.实重和视重。
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
(1)超重就是物体重力变大的现象，失重就是物体重力变小的现象(×)
(2)处于超重状态的物体，具有向上的加速度或向上的加速度分量(√)
(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态(×)
关|键|能|力

1.对超重和失重的理解。
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)假如物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2.判断超重和失重的方法。
【典例7】 (2025·镇江模拟)某同学用弹簧来研究竖直电梯的运行规律。如图所示，当电梯静止时，弹簧下端挂一重物，指针指在O点。当电梯运动时指针指在A位置，下列说法正确的是(A)
A.重物处于失重状态
B.重物处于超重状态
C.电梯一定是上行
D.电梯一定是下行
解析 当电梯静止时，指针指在O点，则重力等于弹力；当指针指在A点时，重力大于弹力，加速度向下，则重物处于失重状态，电梯可能加速下行，也可能减速上行，A项正确。
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
■目标要求
1.掌握动力学两类基本问题的求解思路和方法。2.掌握各种动力学图像，并能用图像的斜率、面积、截距、交点、拐点等的物理意义解决问题。
考点1 动力学两类基本问题

必|备|知|识
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路。
先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合=ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路。
已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
关|键|能|力

动力学两类基本问题的解题思路。
上述解题思路中的关键点：
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
考向1 已知受力分析运动情况
【典例1】 如图所示，物体的质量m=5 kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角θ=37°的恒力F=50 N作用下，由静止开始加速运动，当t=5 s时撤去F(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)。求：
(1)物体做加速运动时的加速度a；
(2)撤去F后，物体还能滑行的时间t'。
解析 (1)物体做加速运动时，进行受力分析，如图所示，
根据牛顿第二定律，可得
Fcs θ-μFN=ma，
又FN=Fsin θ+mg，
联立解得a=4.8 m/s2。
(2)撤去F时，物体的速度为
v=at=24 m/s，
撤去F后，由牛顿第二定律可得μmg=ma'，
解得a'=2 m/s2，
根据0=v-a't'，
解得t'=12 s。
答案 (1)4.8 m/s2 (2)12 s
考向2 已知运动情况分析受力
【典例2】 某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察。一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的120，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小。
解析 (1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x1，制动过程中行驶的距离为x2，加速度大小为a1，所受的合力大小为Ff1，
初速度v0=54 km/h=15 m/s，
反应时间t0=0.5 s，
由牛顿第二定律有Ff1=ma1，
由匀速和匀变速直线运动规律有
x1=v0t0，
x2=x-x1，
v02=2a1x2，
联立解得Ff1=1.0×104 N。
(2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a2，牵引力大小为F，由牛顿第二定律有
F-Ff2=ma2，
Ff2=0.05mg，
由匀变速直线运动规律有v0=a2t，
联立解得F=4.0×103 N。
答案 (1)1.0×104 N
(2)4.0×103 N
考向3 等时圆模型
【典例3】 如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、 C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为(A)
A.t1=t2=t3
B.t1>t2>t3
C.t2>t1>t3
D.A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较
解析 对于环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1=m1gsin θm1=gsin θ，又根据运动学公式得2Rsin θ=12a1t12，解得t1=4Rg，对于环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2=m2gsin αm2=gsin α，又根据运动学公式得2Rsin α=12a2t22，解得t2=4Rg，对自由落体的球C而言，有2R=12gt32，解得t3=4Rg，因此三者时间相等，且与物体的质量无关，A项正确，B、C、D三项均错误。
各斜面的顶端和底端在同一圆周上，且斜面的顶端在圆周的最高点(如图甲所示)或底端在圆周的最低点(如图乙所示)，物体沿斜面下滑的时间t=2dg(其中d为圆的直径)，图丙可看成两个等时圆。
考点2 动力学图像问题

关|键|能|力
1.动力学中常见图像及其意义。
特别提醒：加速度是联系v-t图像与F-t图像的桥梁。
2.动力学图像问题求解思路。
【典例4】 (多选)(2025·酒泉模拟)如图甲所示，物块的质量m=1 kg、初速度v0=10 m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2-x关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(AD)
A.0~1 s内物块做匀减速运动
B.在t=5 s时刻该力F反向
C.外力F的大小为8 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
解析 物块做减速运动的加速度为a1=v022x1=1002×5 m/s2=10 m/s2，减速运动的时间为t1=v0a=1010 s=1 s，即0~1 s内物块做匀减速运动，在t=1 s时刻该力F反向，A项正确，B项错误；减速运动时F+μmg=ma1，力F反向后的加速度a2=v122x2=642×8 m/s2=4 m/s2，且F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，μ=0.3，C项错误，D项正确。
【典例5】 (2025·鞍山模拟)为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数；
(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。
解析 (1)0~2 s内，由F-t图像可得
F1=21.5 N，
由牛顿第二定律可得
F1-mgsin α-μmgcs α=ma1，
由v-t图像可得a1=ΔvΔt=0.5 m/s2，
2 s后，由F-t图可得F2=20 N，
由牛顿第二定律可得
F2-mgsin α-μmgcs α=0，
解得μ=112。
(2)撤去推力F后，由牛顿第二定律可得
-μmgcs α-mgsin α=ma2，
解得a2=-203 m/s2，
撤去外力时，物体的速度为1 m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度与位移的关系式得
x3=0-v22a2=0.075 m。
答案 (1)112 (2)0.075 m
专题提升四 动力学中的连接体问题和临界、极值问题
题型1 动力学中连接体问题

1.连接体。
多个相互关联的物体通过细绳、细杆、弹簧等连接或通过叠放、并排放置等构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般有相同的速度、加速度或有相等的速度、加速度大小。
2.解决连接体问题的两种方法。
考向1 轻绳、轻杆、轻弹簧连接类
两个物体通过轻绳、轻杆、轻弹簧连接或并排放置，物体间作用力为弹力，沿着两物体连线方向运动，具有相同的加速度和速度，常见的情形有：
【典例1】 如图甲所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，用恒力F向右拉木块2，使两木块一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g。
(1)若水平面光滑，求轻绳的拉力。
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数为μ，求轻绳的拉力。
(3)如图乙所示，若两木块在平行斜面向上的恒定拉力F作用下一起沿光滑斜面向上匀加速运动，求轻绳的拉力。
(4)若两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，其他条件与第(3)问相同，求轻绳的拉力。
解析 (1)若水平面光滑，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得
F=(m1+m2)a，
对木块1应用牛顿第二定律得
FT1=m1a，
两式联立解得轻绳的拉力FT1=m1m1+m2F。
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a，
对木块1应用牛顿第二定律得
FT2-μm1g=m1a，
两式联立解得轻绳的拉力FT2=m1m1+m2F。
(3)若斜面光滑，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得
F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a，
对木块1应用牛顿第二定律得
FT3-m1gsin θ=m1a，
两式联立解得轻绳的拉力FT3=m1m1+m2F。
(4)若两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得
F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcs θ=(m1+m2)a，
对木块1应用牛顿第二定律得
FT4-m1gsin θ-μm1gcs θ=m1a，
两式联立解得轻绳的拉力FT4=m1m1+m2F。
答案 (1)m1m1+m2F (2)m1m1+m2F (3)m1m1+m2F
(4)m1m1+m2F
1.整体法和隔离法分析动力学中的轻绳、轻杆、轻弹簧连接类问题。
(1)整体法：若连接体内的物体具有共同的加速度，可以把它们看成一个整体，对整体应用牛顿第二定律。
(2)隔离法：求系统内物体之间的作用力时，需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程。
(3)整体法和隔离法并用：若连接体内各物体具有共同的加速度，可根据已知条件和求解的问题选择整体法和隔离法并用的方法求解。
①已知系统受力，可先对整体应用牛顿第二定律求系统的加速度，再对其中一个物体(一般选择受力个数少或已知力多的物体)应用牛顿第二定律求相互作用力。
②已知系统内物体间的作用力，可先对其中一个物体应用牛顿第二定律求加速度，再对整体应用牛顿第二定律求系统的合外力或某一个力。
2.轻绳、轻杆、轻弹簧连接类问题中物体间相互作用力的特征。
从典例1的推理计算中不难看出，两物体间轻绳的拉力与有无摩擦力无关，与系统处于平面、斜面还是竖直方向无关。分析考向2中叠放物体类问题，看是否也有相同的结论。
考向2 叠放物体类
两物体叠放在一起有共同的加速度、速度，一般与弹力、摩擦力有关。常见的情形有：
【典例2】 (多选)如图，质量均为m的粗糙木块A、B叠放在一起，静止于水平面上。现对木块B施加一个水平方向的拉力F，使木块A、B一起向右做匀加速直线运动，A与B、B与地面之间动摩擦因数相同均为μ，重力加速度为g，则(CD)
A.木块A与木块B之间无摩擦力
B.木块A对木块B的摩擦力为μmg
C.木块B受到的地面的摩擦力为2μmg
D.加速度大小为F2m-μg
解析 根据题意，对整体受力分析，竖直方向上有FN=2mg，水平方向上有Ff=μFN=μ·2mg，由牛顿第二定律有F-Ff=2ma，解得a=F2m-μg，C、D两项正确；根据题意，对A受力分析，水平方向上，由牛顿第二定律有Ff1=ma=F2-μmg，A、B两项错误。
考向3 跨过滑轮的绳子关联类
跨过滑轮的绳子关联类连接体问题指轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面所示的三种情形中A、B两物体的速度和加速度大小相等，方向不同。
【典例3】 (多选)如图所示，质量分别为m=2 kg和M=3 kg的两个物块A、B通过一根跨过定滑轮的轻绳连接，其中A放置在光滑水平面上，B竖直悬挂。现将两个物块同时由静止释放。已知轻绳不可伸长且始终处于绷紧状态，不计一切摩擦及阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(AD)
A.轻绳的拉力大小为12 N
B.物块A、B的加速度大小均为10 m/s2
C.若仅将物块A、B互换位置，则轻绳的拉力大小为20 N
D.若仅将物块A、B互换位置，则两物块的加速度大小为4 m/s2
解析 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T=ma，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg-T=Ma，联立解得T=12 N，a=6 m/s2，A项正确，B项错误；若仅将物块A、B互换位置，根据牛顿第二定律可得T'=Ma'，mg-T'=ma'，联立解得T'=12 N，a'=4 m/s2，C项错误，D项正确。
跨过滑轮的绳子关联类连接体问题中的两物体的加速度方向不同，一般采用隔离法分析，对两物体分别列牛顿第二定律的方程，联立解得物体的加速度大小和绳子的拉力大小。
题型2 动力学中的临界和极值问题

1.“四种”典型临界条件。
(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN=0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0。
2.求解临界极值问题的三种常用方法。
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。
(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。
考向1 相对滑动的临界问题
【典例4】 (多选)如图所示，质量m=1 kg的滑块和质量M=2 kg的木板叠放在一起，滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10 m/s2。某时刻木板与滑块恰好以相同的速度向右运动，此时给木板施加向右的恒力F，若要求木板与滑块在以后的运动中不产生相对滑动，F的值可能为(BC)
A.0 NB.4 NC.6 ND.10 N
解析 滑块相对木板静止时，滑块的最大加速度a=μ1g=1 m/s2，木板、滑块一起向右以加速度a做匀减速运动时，拉力最小为F1，对整体有μ2(M+m)g-F1=(M+m)a，解得F1=3 N；木板、滑块一起向右以加速度a做匀加速运动时，拉力最大为F2，对整体有F2-μ2(M+m)g=(M+m)a，解得F2=9 N，所以3 N≤F≤9 N，B、C两项正确。
【典例5】 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2。开始时F=10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，下列说法正确的是(D)
A.当拉力Fv222μg。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的(B)
解析 由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a=μg，当物块向左运动速度减为零时的位移为x=v222μg，由题可知L>v222μg，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x'=v122μg，又v2>v1，则x>x'，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动，B项正确。
题型2 倾斜传送带模型

【典例3】 (2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(C)
解析 0~t0时间内，物体轻放在传送带上后做加速运动，说明滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度沿斜面向上，且不变，故做匀加速运动；t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C项正确，A、B、D三项错误。
【典例4】 如图甲所示为一车间运送货物的传送带示意图，传送带的倾角为θ。某次运送货物时工人把传送带调到某一恒定的速率沿逆时针方向运行。在t=0时，将一货物轻放在传送带上的最右端A位置处，2.0 s时货物从B点离开传送带。货物的速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物与传送带之间的动摩擦因数及θ的正弦值；
(2)在0~2.0 s时间内货物在传送带上划过的痕迹长度；
(3)要使无初速度放在A位置的货物运动到B位置的时间最短，传送带的速率至少应调整到多少；传送带的运行方向如何；最短时间是多少。(结果可用根式表示)
解析 (1)由题图乙知，
0~1.0 s内a1=Δv1Δt1=10 m/s2，
1.0~2.0 s内a2=Δv2Δt2=2 m/s2，
0~1.0 s内，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcs θ=ma1，
1.0~2.0 s内，由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcs θ=ma2，
解得μ=0.5，sin θ=0.6。
(2)由题图乙知，传送带的速率v1=10 m/s，0~1.0 s内传送带比货物多运动
Δx1=v1t1-12v1t1=5 m，
1.0~2.0 s内货物比传送带多运动
Δx2=12(v1+v2)t2-v1t2=1 m，
则货物在传送带上划过的痕迹长度为
Δx1=5 m。
(3)传送带应逆时针运行，且运行速度应足够大确保货物从A到B一直以加速度
a1=gsin θ+μgcs θ=10 m/s2，
做匀加速运动；设传送带的速率至少应调到v3，货物运动到B位置的最短时间为t3，传送带A、B间的长度
x=12v1t1+12(v1+v2)t2=16 m，
v32=2a1x，
v3=a1t3，
解得v3=85 m/s，t3=455 s。
答案 (1)0.5 0.6 (2)5 m
(3)85 m/s 逆时针运行 455 s
专题提升六 “滑块—木板”模型中的动力学问题

1.模型特点。
滑块置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.滑块与木板间的位移关系。
如图所示，滑块(可视为质点)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，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=L(L为板长)，如图乙所示。

3.临界状态v块=v板是解题的关键。
(1)v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。
(2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。
4.解答“滑块—木板”模型的流程。
题型1 水平面上的“滑块—木板”模型

【典例1】 (2025·阜新模拟)如图所示，水平桌面上质量m1=0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2=0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m。现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，求：
(1)当F满足什么条件时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；
(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大?
(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落?
解析 (1)当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时，设水杯最大加速度为a1，对水杯分析，根据牛顿第二定律
μ2m2g=m2a1，
解得a1=2 m/s2，
对整体分析，根据牛顿第二定律
F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1，
解得F1=0.3 N，
故当F≤F1=0.3 N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。
(2)当F2=0.4 N时，纸杯和纸板会发生相对滑动，对纸板分析有
F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a，
解得a=12 m/s2。
(3)纸板抽出的过程，对纸板有
F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2，
纸板抽出的过程，二者位移关系满足
x1=12a2t2-12a1t2，
纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速运动，设经历时间t'恰好到桌面右边缘静止，有
μ1m2g=m2a1'，
由速度关系有a1t=a1't'，
纸杯的位移关系有x2-12a1t2=a1t2×t'，
联立解得F=0.315 N，
所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落。
答案 (1)F≤0.3 N (2)12 m/s2
(3)F≥0.315 N
【典例2】 如图所示，质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1 m，用F=5 N的水平恒力作用在铁块上，设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
答案 (1)见解析 (2)2 s
解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为
Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N，
假设A、B之间不发生相对滑动，
对A、B整体：F=(M+m)a，
对A：FfAB=Ma，
解得FfAB=2.5 N，
因FfABv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0tan θ)
先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ)
一直加速(加速度为gsin θ+μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μv，运动到原位置时速度大小为v
序号
1
2
3
4
5
钩码所受重力
F/(9.8 N)
0.020
0.040
0.060
0.080
0.100
小车加速度
a/(m·s-2)
0.26
0.55
0.82
1.08
1.36
序号
6
7
8
9~14
15
钩码所受重力
F/(9.8 N)
0.120
0.140
0.160
……
0.300
小车加速度
a/(m·s-2)
1.67
1.95
2.20
……
3.92