第3章 专题提升四 牛顿第二定律的综合应用(二)(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

专题提升四　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，其本质是物体在传送带的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

水平传送带问题

(2026·广东广州模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，g取10 m/s2，则(　　)

A.物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.5

B.AB间距离为20 m

C.物块在传送带上留下的痕迹是8 m

D.若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端

答案：C

解析：由题图乙可知，加速过程的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝＝μg，联立解得μ＝0.1，故A错误。由题图乙可知，4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s；v -t图像与时间轴所围成的面积表示位移，故AB间距离为L＝ m＝16 m，故B错误。由题图乙可知，共速前物块与传送带发生的相对位移为Δx＝x传－x物＝4×4 m－×4×4 m＝8 m，可知物块在传送带上留下的痕迹是8 m，故C正确；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为a'＝μg＝1 m/s2，物块从开始到速度为4 m/s时，发生的位移为x1＝ m＝8 m，物块减速到停下，通过的位移大小为x2＝＝ m＝8 m，由于x1＋x2＝16 m＝L，可知物块刚好到达B端，故D错误。

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

(2024·广东广州天河外国语学校月考)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37˚，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37˚＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止？

(2)煤块从A运动到B的时间；

(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。

答案：(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m

解析：(1)由于mg sin 37˚>μmg cos 37˚，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。

(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1，则mg(sin θ＋μcos θ)＝