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（新高考）

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律综合应用专题，核心覆盖传送带模型（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型两大高考高频考点。资料按模型特点、受力与运动关键分析、不同情景分类（如传送带足够长与不够长、滑块与木板初末状态）的逻辑架构组织知识点，通过考点梳理（模型特征归纳）、方法指导（摩擦力突变分析、相对运动判断）、真题讲解（2024年海南三沙市模拟等）三个教学环节，帮助学生系统突破动力学综合问题难点。 讲义突出模型建构与科学推理的核心素养培养，创新采用分类对比教学法，例如在传送带问题中设计表格对比不同初速度、传送带长度下的运动过程（如v0<v时先加速后匀速），引导学生快速建立运动模型。配套分层练习（基础题到迁移拓展题）和真题演练，确保学生在有限时间内掌握临界条件分析等解题技巧。既为学生提供高效的应考能力提升路径，也为教师提供系统的考点把控和复习节奏指导工具。

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＝，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。 (2024·海南三沙市模拟)如图所示，足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块 学生用书第57页 与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小滑块的加速度向右，大小为μg B．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 答案：D 解析：小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间 t1＝，位移为 x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间 t2＝，位移为 x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为 t3＝，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3＝，故C错误，D正确。故选D。 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g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速 v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) v0<v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速 v0>v时，一直匀变速(加速度为|g sin θ－μg cos θ|) v0>v时：若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，以a2＝g sin θ－μg cos 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。 (2024·辽宁沈阳市模拟)如图所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿逆时针方向 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块将在5 s时回到原处 答案：D 解析：从题图乙可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，可知传送带沿顺时针方向运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，t1＝时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝ m＝ m，t1＝ s到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。故选D。 学生用书第58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′＝ 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，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 学生用书第59页 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。 (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＝ 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＝＝，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＝，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝，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 $