第3章 专题提升三 牛顿第二定律的综合应用(二)（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

专题提升三　牛顿第二定律的综合应用(二) 【学习目标】　1.理解传送带模型的特点，会处理动力学中的传送带模型的有关问题 。2.理解“滑块—木板”模型的特点，会处理动力学中的“滑块—木板”模型的有关问题。 提升点一　动力学中的传送带模型 1.模型特点 传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带在摩擦力作用下的相对运动问题。 2.传送带模型问题的两个关键分析 受力 分析 (1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变 运动 分析 (1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹时一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带 水平传送带问题 水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直匀加速 先匀加速后匀速 v0＜v时，一直匀加速 v0＜v时，先匀加速再匀速 v0＞v时，一直匀减速 v0＞v时，先匀减速再匀速 滑块一直匀减速 滑块先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端：①若v0＜v，返回到左端时速度为v0；②若v0＞v，返回到左端时速度为v (多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带长L为24 m B.全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C.若v1＝v2且快递箱从左端以速度v1释放，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D.若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动 答案：AC 解析：快递箱加速时的加速度a＝＝μg＝4 m/s2，加速时的位移x1＝＝8 m，匀速时的位移x2＝v2×＝16 m，所以传送带总长L＝x1＋x2＝24 m，故A正确；快递箱全程位移为L＝24 m，传送带路程为x＝v2××2＝32 m，则痕迹长s＝x－L＝8 m，故B错误；若v1＝v2，快递箱加速时的时间t1＝＝1 s，加速时的位移x1'＝＝6 m，匀速时的时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速运动的路程x'＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时的时间t1'＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32 m＞24 m，则快递箱一直匀加速运动，故D错误。故选AC。 如图是行李安检机示意图。行李箱由静止放上匀速 学生用书⬇第56页 运行的传送带，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面的速度v或加速度a随时间t变化的图像，下列可能正确的是(　　) 答案：C 解析：由静止放上传动带的行李箱相对传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误。故选C。 倾斜传送带问题 倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ＞tan 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＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速(加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜) v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) μ＜tan θ，一直加速；μ＝tan θ，一直匀速 μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ时：若v0＞v，先减速到速度为0，后反向加速到v；若v0＜v，则回到原位置时速度大小为v0 (2024·安徽卷·T4) 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(　　) 答案：C 解析：0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0时刻之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。故选C。 (多选)(2025·广东茂名高三上期中)安检机通过传送带将被检物从A端传到B端，安检机的简化图如图所示，A、B间的距离L＝2 m，传送带以速率v＝2 m/s匀速转动，将可视为质点的被检物无初速度地放在A端。被检物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.在传送带将被检物从A端送到B端的过程中，被检物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B.传送带将被检物从A端送到B端所用的时间为1 s C.若仅使传送带的速度增大，则传送带将被检物从A端送到B端所用的时间增大 D.若仅使被检物与传送带间的动摩擦因数增大，则传送带将被检物从A端送到B端所用的时间减小 答案：AD 解析：被检物无初速度放在A端，受到水平向右的滑动摩擦力，根据Ff＝μmg＝ma，解得a＝4m/s2，被检物做匀加速直线运动，设被检物能与传送带共速，则到达共速所需时间t1＝＝0.5 s，被检物此阶段位移为x1＝a＝0.5 m＜L，假设成立，共速后被检物所受滑动摩擦力突变为0，则之后会随传送带做匀速直线运动，运动时间t2＝＝0.75 s，传送带将被检物从A端送到B端所用的时间为t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.75 s＝1.25 s，故A正确，B错误；根据被检物运动的v-t图像可知，被检物的总位移为L不变，即图像与横轴围成的面积不变，若仅使传送带的速度v增大，对应总时间需要减小，故C错误；被检物加速度a＝＝μg，根据被检物运动的v-t图像可知，被检物的位移L＝vt－，动摩擦因数增大，即加速度增大，则上述表达式中运动总时间t会减小，故D正确。故选AD。 学生用书⬇第57页 提升点二　动力学中的“滑块—木板”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作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。 2.四种常见类型：滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终止条件 (1)滑块m静止。 (2)木板M初速度为v (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M (1)滑块m初速度为v。 (2)木板M静止 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在木板M上 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在滑块m上 无外力F作用的“滑块—木板”模型 如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止，现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？ 答案：(1)2 m/s　(2)否　 m/s　 m/s 解析：(1)A在B上向右做匀减速运动，有 μ1mg＝ma1 解得加速度大小a1＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，有 μ1mg－μ2·2mg＝ma2 解得加速度大小a2＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，可得 时间关系t＝＝ 位移关系L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝3 m/s2 B向右做匀加速运动，加速度大小 a2'＝＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B， 由时间关系得＝ 解得v'＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m＜L可知，A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 迁移拓展.(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得(　　) A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 答案：ACD 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由题图乙可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据题图乙可以求出小车做匀减速直线运动的加速度a'＝以及小滑块做匀加速直线运动的加速度a＝，无法求出小滑块的质量，故B错误，C正确；对小滑块，由牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，又a＝，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确。故选ACD。 有外力F作用的“滑块—木板”模型 如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 学生用书⬇第58页 (1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件； (2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t1＝0.8 s时恰好可以抽出，求此力的大小。 答案：(1)F＞4 N　(2)10 N 解析：(1)力F拉动木板运动过程中： 对物块，由牛顿第二定律有μmg＝ma 对木板，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma1 要想抽出木板，则只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g 解得F＞4 N。 (2)设施加该力时木板的加速度大小为a2，则 a2＝ 设不再施加该力时木板的加速度大小为a3，则 a3＝＝ m/s2 设从不再施加该力到木板恰好被抽出所用时间为t2，则木板从物块下抽出时有 物块的速度v＝a(t1＋t2) 发生的位移x＝a(t1＋t2)2 木板的速度v板＝a2t1－a3t2 发生的位移x板＝a2＋a2t1t2－a3 木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且x板－x＝L 联立解得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F'＝10 N。 迁移拓展.(多选)如图甲所示，质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 答案：BD 解析：当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板 A，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝＝－ m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A，有－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对滑块B，由牛顿第二定律有F－μ1mBg＝mBaB，其中aB＞a1＝2 m/s2，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9) N，即F的大小与板长L有关，D正确。故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $