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

该高中物理讲义聚焦牛顿运动定律综合应用，围绕传送带（水平、倾斜）和板块（水平、倾斜）两大高考核心模型，按类型梳理运动情境、提炼解题规律，通过考点解析、典例精讲、变式拓展、总结提升四环节，帮助学生构建模型认知框架，突破动力学综合问题难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义以科学思维和模型建构为核心，创新采用“模型分类+情境变式”教学法，如对比传送带顺逆转动下的运动分析、板块动静摩擦转换的临界条件探究，配合分层练习（基础例题到综合变式），有效培养学生问题转化能力，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考效率提供有力支持。

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 　　[例1]　应用于机场和火车站的安全检查仪,其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持 v=0.4 m/s的恒定速率顺时针运行,行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B 间的距离为2 m,g取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,求: (1)行李到达B处的时间; (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 [解析]　(1)对行李,根据牛顿第二定律有μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1,可得行李匀加速运动的时间t1=0.2 s,匀加速运动的位移大小x=a=0.04 m<2 m,故行李先做匀加速运动再做匀速运动,匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李到达B处的时间为t=t1+t2=5.1 s。 (2)行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04 m。 [答案]　(1)5.1 s　(2)0.04 m 　　[变式拓展]　若[例1]中的传送带转动方向沿逆时针,如图。 (1)若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s,求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度; (2)若行李放在A处时的初速度大小v0'为0.6 m/s,求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度; (3)试画出(2)中行李运动的v⁃t图像,在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。 [解析]　(1)传送带转动方向沿逆时针,若行李放在A处时的初速度大小为v0=0.2 m/s,行李先向右做匀减速运动,加速度大小为a=2 m/s2 匀减速运动的时间t1==0.1 s,匀减速运动的位移大小x=v0t1-a=0.01 m<2 m 行李不会从右端滑出,接着行李向左做匀加速运动,匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s,行李从左端离开,在传送带上运动的时间为t=t1+t2=0.2 s,行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1+x+vt2-x=0.08 m。 (2)若行李放在A处时的初速度大小为v0'=0.6 m/s,行李先向右做匀减速运动,加速度大小为a=2 m/s2,匀减速运动的时间t1'==0.3 s,匀减速运动的位移大小x1=v0't1'-at1'2=0.09 m<2 m,行李不会从右端滑出,接着行李向左做匀加速运动,根据v=at2',匀加速运动的时间t2'=0.2 s,匀加速运动的位移大小x2=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m<0.09 m,接着再匀速运动t3'==0.125 s,行李从左端离开,在传送带上运动的时间为t'=t1'+t2'+t3'=0.625 s;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx'=vt1'+x1+vt2'-x2=0.25 m。 (3)行李运动的v⁃t图像如图所示(以初速度方向为正方向),图中阴影部分面积表示痕迹长度。 [答案]　(1)0.2 s　0.08 m　(2)0.625 s　0.25 m　(3)见解析图 [总结提升] 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|。 类型(二)　倾斜传送带模型 　　[例2]　(2025·云南昆明检测)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无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可视为质点),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。 (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)求煤块从A运动到B的时间,并画出煤块的v⁃t图像; (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 [解析]　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以煤块与传送带速度相同后,它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上传送带时,受到沿传送带向下的摩擦力,其加速度为a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2, 煤块加速运动至与传送带速度相同需要的时间t1==1 s,发生的位移x1=a1=5 m 煤块速度达到v0后,加速度大小改变,继续沿传送带向下加速运动,则有a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2, x2=L-x1=5.25 m, 由x2=v0t2+a2,得t2=0.5 s(另一结果为负值,舍去) 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v⁃t图像如图所示。 (3)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m, 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m, Δx2与Δx1部分重合,故痕迹总长为5 m。 [答案]　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 　　[变式拓展]　在上述[例2]中,若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求煤块从A运动至B的时间。(结果保留两位有效数字) [解析]　由于Ff=μ'FN=μ'mgcos θ=mgsin θ 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力,故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动,所以煤块先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动。a'=g(sin θ+μ'cos θ)=12 m/s2, 匀加速运动时间t1'== s, 匀加速运动位移x1'=a't1'2= m, 匀速运动位移x2'=L-x1'= m 匀速运动时间t2'== s 总时间t'=t1'+t2'≈1.44 s。 [答案]　1.44 s [总结提升] 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。 (二) 动力学中的板块模型 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.解答板块模型问题的“思维流程” 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 　　[例1]　(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是 (　　) [解析]　a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=,对b有a2==μg,由此可知a的加速度大于b的加速度,故A、C错误;a、b共速后,若在恒力作用下,a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力,则一起做加速运动,则对于b有a共=,且f≤μmg,故a、b的加速度a共≤μg<a1,故B可能正确;若在恒力作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力,发生相对滑动,则a、b的加速度大小不相等,且均做加速运动,则对于a有a3=,对b有a4==μg,可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1,故D错误。 [答案]　B 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 　　[例2]　(2025·江苏苏州模拟)质量为M=5 kg的长木板置于水平面上,物块(视为质点)质量m=1 kg,初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度,大小分别为v1=5 m/s、v2=1 m/s,方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取g=10 m/s2。求: (1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2; (2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1; (3)到两者都静止时,物块距木板右端的距离。 [解析]　(1)对长木板受力分析,根据牛顿第二定律得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1,解得a1=2 m/s2 对物块受力分析得μ2mg=ma2,解得a2=1 m/s2。 (2)规定水平向右为正方向,对物块与木板的运动情况分析,结合(1)问作出长木板与物块的v⁃t图像如图 设经t1时间物块与木板的速度v3相同,有v3=v1-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=2 s 此时的速度v3=v1-a1t1=1 m/s。 (3)物块与长木板速度达到相等后,由于μ2<μ1,所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。 对物块受力分析知,物块加速度大小仍为a2=1 m/s2 对长木板受力分析得μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1' 解得a1'=1.6 m/s2 设长木板从二者速度相等经时间t2减速停下 0=v3-a1't2,解得t2=0.625 s 长木板在与物块速度相等前运动的位移为x板1=v1t1-a1=6 m 长木板在t2时间内的位移为 x板2=v3t2-a1'=0.312 5 m 可得长木板对地位移为x=x板1+x板2=6.312 5 m,方向向右 由物块的v⁃t图像可知,物块对地位移为x'=××1 m-×1×1 m=0.5 m,方向向右 两者的相对位移为Δx=x-x'=5.812 5 m。 [答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)5.812 5 m 类型(三) 倾斜面上的板块模型 　　[例3]　如图所示,倾角θ=37°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=10.8 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的顶端叠放一质量m=1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知),使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态,求物块与木板间的动摩擦因数μ; (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ' = 0.8,求使物块不滑离木板时恒力F的范围; (3)若μ'=0.8,F=24 N,求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 [解析]　(1)对物块受力分析,有mgsin θ=f,N=mgcos θ,f=μN,解得μ=0.75。 (2)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a 以物块为研究对象,由牛顿第二定律有 f'-mgsin θ=ma 又f'≤fmax=μ'mgcos θ,a>0 解得18 N<F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力的范围为18 N<F≤19.2 N。 (3)因F=24 N>19.2 N,物块会滑离木板,物块在木板上运动时,设物块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2, 有μ'mgcos θ-mgsin θ=ma1 F-Mgsin θ-μ'mgcos θ=Ma2 解得a1=0.4 m/s2,a2=2.8 m/s2 设物块在木板上运动的时间为t1, 由几何关系有a2-a1=L,解得t1=3 s 此后物块从木板上掉落,设掉落后物块的加速度大小为a3,木板的加速度大小为a4,有mgsin θ=ma3,F-Mgsin θ=Ma4 解得a3=6 m/s2,a4=6 m/s2 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2,有t2=,解得t2=0.2 s 以物块与木板分离处为起始点,物块的位移大小x1=t2 木板的位移大小x2=a2t1t2+a4 又x=x2-x1,解得x=1.68 m。 [答案]　(1)0.75　(2)18 N<F≤19.2 N　(3)1.68 m 11 / 74 $