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）

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律综合应用，围绕传送带模型（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型（无外力、有外力）两大高考核心考点，按模型特点、受力运动分析、典例解析的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导（如摩擦力方向判断、共速突变分析）、真题训练（含模拟题及月考真题）和拓展变式，帮助学生系统突破动力学综合问题难点。 资料以建模教学为特色，通过分类构建传送带和滑块木板物理模型，总结受力分析、运动过程拆解等科学推理方法，培养学生科学思维与模型建构能力。设置基础例题（如水平传送带痕迹计算）和综合题（如倾斜传送带多过程运动），配合分层练习与即时解析，可高效提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

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 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 (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)＝ma1 解得a1＝10 m/s2 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小变为a2，继续沿传送带向下加速运动，则有mg(sin θ－μcos θ)＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋，得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)第一段过程，煤块与传送带的相对位移大小Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二段过程Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m 故痕迹长度为5 m。 (多选)(2025·广州市模拟)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物体受到平行于传送带向上的恒力F作用，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的v -t图像可能是(　　) 答案：ABD 解析：由于v2>v1，则物体相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度为零，将一直以v2向上做匀速运动，故B正确；若F>mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，故A正确；若F<mg sin θ＋μmg cos θ，则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受到的合力为零，则物体与传送带一起向上做匀速运动，故C错误，D正确。 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发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 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，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x1＋x2＝L。 3.解题关键 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。 拓展变式.(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恒力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＝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。 拓展变式.(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 $