第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦牛顿运动定律综合应用，覆盖水平与倾斜传送带模型、滑块—木板模型等高考核心考点，按“情境分类—思维提炼—例题精讲—针对训练”逻辑架构知识，通过考点梳理明确运动规律，方法指导拆解相对运动分析，真题训练强化解题技能，助力学生突破动力学综合难点。 讲义突出模型建构与科学推理，如传送带模型对比同向反向运动分析相对路程，滑块—木板模型强调“一个转折两个关联”。设计分层训练（例题后配针对训练），引导学生拆解运动过程、应用牛顿定律，培养科学思维，高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

第4讲　牛顿运动定律的综合应用(二)(综合融通课) (一) 动力学中的传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1.三种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①v0>v,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0=v,一直匀速 ③v0<v,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情境3 ①传送带较短时,滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中,若v0>v,返回时速度为v,若v0≤v,返回时速度为v0 2.解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上,只要物体和传送带不共速,物体就会在滑动摩擦力的作用下,朝着和传送带共速的方向变速,直到共速,滑动摩擦力消失,与传送带一起匀速运动,或由于传送带不是足够长,在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况: ①若二者同向,则Δs=|s传-s物|; ②若二者反向,则Δs=|s传|+|s物|。 [例1]　(2026·无锡一中开学考试)如图所示,水平放置的传送带以v=5 m/s的速度顺时针运行,A端与B端相距L=2.4 m,现将质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)以一定的初速度水平向右滑上传送带的A端,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。 (1)若滑块在到达B端前能与传送带速度相同,求滑块初速度v0的范围; (2)若滑块以初速度v0=3 m/s滑上A端,同时对滑块施加水平向左的恒力F=2 N,求滑块在传送带上运动的时间; (3)若滑块以某初速度(大于5 m/s)滑上A端,同时对滑块施加水平向左的恒力F'=30 N,滑块到达B端的速度刚好为零,求滑块的初速度。(若结果有根式可保留) [解析]　(1)滑块在传送带上做匀变速运动的加速度大小a==μg=5 m/s2 设全程加速时对应最小初速度为v1,全程减速时对应最大初速度为v2,由运动学公式有v2-=2aL,-v2=2aL,解得v1=1 m/s,v2=7 m/s 可知初速度的范围为1 m/s≤v0≤7 m/s。 (2)滑块以初速度v0=3 m/s滑上A端,滑块与传送带共速前,滑块所受摩擦力向右,由牛顿第二定律有μmg-F=ma1,解得a1=4 m/s2 加速位移x1==2 m<2.4 m 加速运动的时间为t1==0.5 s 由于μmg>F,则滑块与传送带共速后,与传送带一起做匀速运动,匀速运动的时间为 t2==0.08 s 滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2=0.58 s。 (3)滑块的初速度大于传送带的速度,在滑块减速至与传送带共速的过程中,滑块所受摩擦力方向向左,由牛顿第二定律有μmg+F'=ma2,解得a2=20 m/s2 由于F'>μmg,可知与传送带共速后滑块继续减速,滑块所受摩擦力变为向右,根据牛顿第二定律有F'-μmg=ma3 解得a3=10 m/s2 全程位移L=+ 解得v0'= m/s。 [答案]　(1)1 m/s≤v0≤7 m/s　(2)0.58 s (3) m/s 　　[针对训练] 1.如图所示,水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带长度L>。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,物块的速度随时间变化的图像是 (　 ) 解析:选B　由物块在传送带上的受力可知,物块的加速度为a=μg,当物块向左运动至速度减为零时的位移为x=,由题可知L>,故物块没有滑离传送带,物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动,当物块速度与传送带速度相同时,物块的位移为x'=,又v2>v1,则x>x',故向右运动的速度与传送带相等后,物块做匀速直线运动。故选B。 类型(二)　倾斜传送带模型 1.两种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速,后以a2加速 2.解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时,可以分为两类:物体由底端向上运动,或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系,进一步判断物体所受合力与速度方向的关系,确定物体运动情况。 　　[例2]　(2026·盐城七校联盟学情检测)如图甲所示为一皮带传送装置,皮带逆时针方向匀速传动,一黑色物体由静止放到皮带顶端,被皮带向下传送,经过2.0 s到达底端,其在传送带上运动的v⁃t图像如图乙所示,g=10 m/s2。求: (1)皮带匀速运动的速度大小v0; (2)物体从皮带顶端滑到底端的过程中,物体在皮带上的划痕长度; (3)皮带与水平面间的夹角θ及物体与皮带之间的动摩擦因数μ。 [解析]　(1)当物体与皮带共速时其加速度会发生突变,由题图乙可知,皮带的速度为v0=8.0 m/s。 (2)0~1.0 s内,物体相对皮带向上滑动,其相对位移大小为Δx1=v0t1-v0t1=4 m 1.0~2.0 s内,物体相对皮带向下滑动,其相对位移大小为Δx2=(t2-t1)-v0(t2-t1)=1 m 因Δx1>Δx2,故物体在皮带上的划痕长度为4 m。 (3)由题图乙可知,0~1.0 s内,物体的加速度大小为a1==8 m/s2,1.0~2.0 s内,物体的加速度大小为a2==2 m/s2 0~1.0 s内,皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下,根据牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 1.0~2.0 s内,皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 联立解得θ=30°,μ=。 [答案]　(1)8.0 m/s　(2)4 m　(3)30°　 　　[针对训练] 2.(2026·徐州市第三中学月考)如图所示为货场使用的传送带,传送带倾斜放置,以v0的恒定速率顺时针转动。将一货物无初速地放在A端,设货物经时间t速度变为v,相对A端的位移为x,则下列图像中一定不正确的是 (　 ) 解析:选C　若货物从A端一直做匀加速运动到B端,则有v=at,A可能正确;若货物在到达B端前与传送带共速,之后与传送带一起做匀速运动到达B端,B可能正确;货物从A端开始向上做匀加速运动,根据v2=2ax,解得v=,故速度与 成正比,v⁃x图像应该是一条曲线,若货物在到达B端前与传送带共速,此后货物与传送带一起向上做匀速运动,v⁃x图像是一条平行x轴的直线,C错误,D可能正确。 (二)动力学中的滑块—木板模型 1.关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2.解决“板块”模型问题的“思维流程” 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 　　[例1]　如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2,长木板与小物块均静止,现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F,g取10 m/s2,则: (1)在F的作用下,长木板的加速度为多大? (2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远? (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? (4)最终小物块离长木板右端多远? [解析]　(1)对长木板,根据牛顿第二定律可得a=,解得a=3 m/s2。 (2)撤去F之前,小物块只受摩擦力的作用,故am=μg=2 m/s2,Δx1=at2-amt2=0.5 m。 (3)刚撤去F时v=at=3 m/s, vm=amt=2 m/s 撤去F后,长木板的加速度大小 a'==0.5 m/s2 最终速度v'=vm+amt'=v-a't' 解得共同速度v'=2.8 m/s。 (4)在t'内,小物块和长木板的相对位移 Δx2=-,解得Δx2=0.2 m 最终小物块离长木板右端x=Δx1+Δx2=0.7 m。 [答案]　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m [针对训练] 1.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0.2 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 解析:选D　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,根据牛顿第二定律得-μ2mAg=mAa2,联立解得μ1=0.7,μ2=0.1,A、B错误;对滑块B,有F-μ1mBg=mBaB,其中的aB>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,故F的大小与板长L有关,D正确。 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 　　[例2]　粗糙水平面上有一块足够长的木板B,小物块A处于木板上表面的右端,两者均静止,如图甲所示。取水平向右为正方向,t=0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0,它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3,物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力,则下列说法正确的是 (　 ) A.物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.1 B.两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2=4∶5 C.木板B向前滑行的最大距离为 m D.物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m [解析]　以水平向右为正方向,对小物块,有μ1mAg=mAaA,根据题图乙可知aA=2 m/s2,那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,A错误;对木板,受物块与地面的摩擦力,则有μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB,根据题图乙可知aB=1 m/s2,那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.025,两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2=8∶1,B错误;结合题图乙,从t=2 s开始,设物块与木板达到共速又用了时间t1,则2 m/s-aBt1=aAt1,解得t1= s,此时的速度为v1= m/s,之后物块与木板具有共同的加速度a'=μ2g=0.25 m/s2,对于木板,在相对滑动阶段的位移x1=×m= m,共同前进阶段的位移x2= m= m,那么木板B向前滑行的最大距离为 m,C正确;两者的相对初速度为8 m/s,达到相对末速度为0所用的时间为2 s+t1= s,则物块A相对木板B滑过的位移大小为× m= m,D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] 2.如图所示,质量为M=2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1,木板长为L,距离木板右边s处有一挡板,在木板的左端放置一个质量m=3 kg、可视为质点的小木块A,以初速度v0=5 m/s滑上木板,小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2,取g=10 m/s2。求: (1)假设A没有从B上滑下来,请问B板至少要多长; (2)要使木板不撞挡板,则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。 解析:(1)对木块A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1,解得a1=-μ1g=-2 m/s2 对木板B由牛顿第二定律得μ1mg-μ(m+M)g=Ma2,解得a2=0.5 m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度v,由运动学公式得v=v0+a1t,v=a2t 解得v=1 m/s,t=2 s t时间段内,由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+a1t2,x2=a2t2 因此B板的长度至少为L=x1-x2=5 m。 (2)当A、B相对静止后,以共同的加速度向前减速,根据牛顿第二定律得-μ(m+M)g=(m+M)a3,解得a3=-1 m/s2 设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3,则加速过程有x2=a2t2 减速过程有2a3x3=0-v2, 所以s=x2+x3=1.5 m。 答案:(1)5 m　(2)1.5 m 17 / 71 $