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

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律综合应用，围绕传送带（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型两大高考核心考点，按“模型特点—关键分析—例题解析—方法总结”逻辑架构知识点，通过考点梳理明确受力与运动分析要点，方法指导提炼相对位移计算等技巧，真题训练结合模拟题与变式题，帮助学生系统突破动力学难点。 资料以科学思维为核心，创新采用“模型建构+过程分析”教学法，如传送带问题中结合v-t图像分析共速前后摩擦力突变，“滑块—木板”模型用隔离法推导位移关系，培养学生模型建构与科学推理能力。设置基础例题、拓展变式分层练习，配合详细解析与方法归纳，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

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 学生用书⬇第52页 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。 1.水平传送带问题的常见情形及运动分析 初速度 情况 情境模型图示 初速度 为零 初速度 不为零， 方向与 传送带 速度方 向相同 初速度 不为零， 方向与 传送带 速度方 向相反 2.关于物体相对传送带位移Δx的求解方法 (1)若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。 (2)若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 倾斜传送带问题 (2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带，v0＞v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.μ与θ之间的关系为μ＝tan θ B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcos θ D.物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 答案：C 解析：根据题意分析可知物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmgcos θ＜mgsin θ，可得μ＜tan θ，故A错误；因为v0＞v，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度沿传送带向下，大小为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿传送带向下，大小为a2＝＝gsin θ－μgcos θ＜a1，故B错误；物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为a1－a2＝2μgcos θ，故C正确；设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t，此过程物块的位移为x物＝t，传送带的位移为x传＝vt，可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx＝x物－x传＝t，若满足Δx＝x物，则有v0＝3v，由于v0不一定等于3v，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。 拓展变式.(2026·重庆九龙坡区期末)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v传＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.倾斜传送带与水平方向夹角为θ＝53° B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.75 C.煤块向上运动中，在传送带上留下的痕迹长为6 m D.煤块在传送带上留下的痕迹长为 m 答案：D 解析：由题图乙可知，在0～1 s内，煤块的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，在1～2 s内，煤块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.25，故A、B错误；传送带的速度为v传＝4 m/s，在0～1 s内，传送带的位移为x带1＝4×1 m＝4 m，煤块的位移为x煤1＝×1 m＝8 m，煤块超前传送带的位移大小为Δx1＝x煤1－x带1＝4 m，在1～2 s内，传送带的位移为x带2＝4×1 m＝4 m，煤块的位移为x煤2＝×4×1 m＝2 m，煤块落后传送带的位移大小为Δx2＝x带2－x煤2＝2 m，所以煤块向上运动的过程中在传送带上留下的痕迹长为4 m，2 s后煤块向下运动，加速度大小为a2＝4 m/s2，根据运动学规律有a2＝x煤1＋x煤2，解得经过Δt＝ s回到传送带底端，在这段时间内煤块相对传送带的位移大小Δx3＝a2(Δt)2＋v传Δt＝×4× m＋4× m＝ m，故在整个过程煤块在传送带上留下的痕迹长为l＝Δx2＋Δx3＝(12＋4) m，故C错误，D正确。 (多选)(2026·山西太原模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v -t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则不正确的是(　　) 学生用书⬇第53页 A.传送带的速率v0＝10 m/s B.传送带的倾角θ＝30° C.物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 D.0～2 s内，物体在传送带上留下的痕迹长度为6 m 答案：BD 解析：由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度时(t＝1 s时)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，由题图乙可知传送带的速率为v0＝10 m/s，故A正确。在0～1 s内，物体所受摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度大小为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙知a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在1～2 s内，物体的加速度大小为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由题图乙知a2＝＝＝2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ≠30°，故B错误，C正确。根据v -t图像与横轴所围面积表示位移，可知0～1 s内，物体的位移x1＝×1 m＝5 m，传送带的位移为x2＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝5 m，相对传送带向上运动；1～2 s内，物体的位移x3＝×1 m＝11 m，传送带的位移为x4＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，相对传送带向下运动，故留下的痕迹长度为5 m，故D错误。 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 初速度 情况 情境模型图示 传送带 速度方 向向上， 滑块初 速度 为零 传送带 速度方 向向下， 滑块初 速度为 零 续表 初速度 情况 情境模型图示 传送带 速度方 向向下， 滑块初 速度不 为零，方 向向下 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 学生用书⬇第54页 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 $