(共54张PPT)
专题强化五 牛顿运动定律的综合应用(二)
考点一 板块模型中的动力学问题
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．
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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.
考向1 水平面上的无外力作用的板块问题
例1 (多选)如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑上木板．P、Q的v-t图像如图乙所示．其中a、b分别是0～1 s内P、Q的v-t图像，c是1～2 s内P、Q共同的v-t图像．已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2，
则以下判断正确的是( )
A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s
C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端
答案：BC
考向2 水平面上有外力作用的板块问题
例2 如图所示，质量为m0＝4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为m＝2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板．已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2.
则木板的长度为( )
A．0.8 m B．1.0 m
C．1.2 m D．1.5 m
答案：B
(1)求放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小．
答案：2.5 m/s2 12.5 m/s2
解析：小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mg sin θ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有m0g sin θ－Ff＝m0a2，
代入数据得a2＝2.5 m/s2.
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长？
答案：10 m
题后感悟
板块问题的解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时，滑块恰好滑到木板的一端．
考点二 传送带模型
考向1 水平传送带
例4 (2025·贵州黔西高三联考)如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v1＝2 m/s，A、B两轮间的距离为4 m，在右端一物块以v2＝3 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物块能滑过B轮
B．物块经t＝2 s速度减为零
C．物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s
D．物块在传送带上滑动时加速度的大小是2 m/s2
答案：D
考向2 倾斜传送带模型
例5 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对于传送带滑动时加速度a的大小；
答案：0.4 m/s2
解析：小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，
根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，
解得a＝0.4 m/s2.
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
答案：4.5 s
【教你解决问题】
第一步：选择研究对象 小包裹及传送带．
第二步：分析临界状态 当小包裹与传送带共速时摩擦力发生突变．
第三步：分析力和运动
第四步：进行其他计算
题后感悟
传送带问题的解题思路
练 (2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
答案：C
解析：0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带方向的分力，物块所受合力不变，故物块做匀加速运动．t0时，物块速度与传送带相同，静摩擦力与重力沿传送带方向的分力平衡，加速度突变为零，物块做匀速直线运动．故C正确，A、B、D错误．
科学探究类情境
典例 (多选)(2024·辽宁卷)一足够长的木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ.t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动．某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板．已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小．t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同．
下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
答案：ABD
[试题立意] 本题以小物块在长木板上运动为素材，创设了科学探究问题情境．主要考查牛顿第二定律、运动图像、板块模型等知识，重点考查模型构建能力与推理论证能力．
[关键能力] (1)模型建构能力
(2)推理论证能力
[失分剖析] ①不能顺利建构板块模型，无法准确分析而出错；②不能将模型与v-t图像的关键信息分析出来而出错．
1．(多选)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是( )
答案：ABD
解析：若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零．若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误．
2．如图所示，倾角为θ＝37°且长L＝0.4 m的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行．现将一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.则物块( )
A．先做减速，后做匀速运动
B．开始加速度大小为 2 m/s2
C．经过t＝0.2 s到达顶端
D．相对传送带发生的位移大小为0.4 m
答案：C
3．(多选)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.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m
D．当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动．整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m
答案：AD
4.(多选)(2025·八省联考内蒙古卷)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长．整个运动过程中( )
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
答案：CD
5．如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量m0＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2.开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2.则物块在薄板上运动的时间为( )
A．2.3 s B．2 s C．1.7 s D．1 s
答案：D
6．如图所示，足够长的倾斜传送带与水平方向夹角为37°，以大小为v1的速率顺时针匀速转动，两质量均为m的物块A、B连接在不可伸长的轻绳两端，并绕过光滑的定滑轮，其中物块A在传送带顶端，物块B竖直悬挂，物块与传送带的动摩擦因数为0.25(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．且给两物块相同速率v2，A物块初速度沿传送带向下，B物块速度竖直向上，且v1≤v2，下列能正确反映物块A在传送带上运动的v-t图像是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，
以沿传送带向下为正方向)( )
答案：D
7．(10分)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A、B间的距离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处无初速度地放一个质量为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＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
答案：1.5 s
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
答案：5 m
解析：第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长为Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m.
答案：C
9．(10分)如图甲所示，水平地面上放有一质量m0＝2 kg的木板，木板正中间放有一可视为质点的质量m＝1 kg的小物块．t＝0时木板在水平向右的恒力F的作用下由静止开始向右运动，t＝1.5 s时撤去恒力F，小物块恰好不能从木板的左端掉落，小物块在木板上滑动时木板的v-t图像如图乙中的折线a所示，小物块的v-t图像如图乙中的折线b所示，重力加速度大小g取10m/s2 .求：
(1)木板的长度L；
答案：6 m
解析：依题意可知小物块相对于木板的位移对应图中阴影部分面积
结合小物块放在木板正中间，根据几何关系解得L＝6 m.
(2)恒力F的大小．
答案：16 N
解析：由题图可知，0～2 s内小物块的加速度大小a1＝2 m/s2，0～1.5 s内木板的加速度大小a2＝4 m/s2，1.5～2 s内木板的加速度大小a3＝4 m/s2，
结合牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，
F－μ1mg－μ2(m0＋m)g＝m0a2，
μ1mg＋μ2(m0＋m)g＝m0a3，
解得F＝16 N.专题强化五 牛顿运动定律的综合应用(二)
考点一 板块模型中的动力学问题
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．
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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.
考向1 水平面上的无外力作用的板块问题
例1 (多选)如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑上木板．P、Q的v-t图像如图乙所示．其中a、b分别是0～1 s内P、Q的v-t图像，c是1～2 s内P、Q共同的v-t图像．已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2，则以下判断正确的是( )
A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s
C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端
考向2 水平面上有外力作用的板块问题
例2 如图所示，质量为m0＝4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为m＝2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板．已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2.则木板的长度为( )
A．0.8 m B．1.0 m
C．1.2 m D．1.5 m
考向3 倾斜的“滑块—木板”模型
例3 如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为m0＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量为m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小．
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长？
题后感悟
板块问题的解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时，滑块恰好滑到木板的一端．
考点二 传送带模型
考向1 水平传送带
例4 (2025·贵州黔西高三联考)如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v1＝2 m/s，A、B两轮间的距离为4 m，在右端一物块以v2＝3 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物块能滑过B轮
B．物块经t＝2 s速度减为零
C．物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s
D．物块在传送带上滑动时加速度的大小是2 m/s2
考向2 倾斜传送带模型
例5 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对于传送带滑动时加速度a的大小；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
【教你解决问题】
第一步： 选择研究对象 小包裹及传送带．
第二步： 分析临界状态 当小包裹与传送带共速时摩擦力发生突变．
第三步： 分析力和运动 开始时，v2>v1→小包裹受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma→假设传送带足够长，两者能共速，从开始到共速用时t1＝＝2.5 s，小包裹滑动的距离x1＝t1＝2.75 mtan θ，共速后小包裹匀速运动，运动时间t2＝＝2 s→小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝4.5 s．
第四步： 进行其他计算
题后感悟
传送带问题的解题思路
练 (2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
核心素养·析真题——深研高考 领悟真谛 体现一个“透”
科学探究类情境
典例 (多选)(2024·辽宁卷)一足够长的木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ.t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动．某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板．已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小．t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同．下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
[试题立意] 本题以小物块在长木板上运动为素材，创设了科学探究问题情境．主要考查牛顿第二定律、运动图像、板块模型等知识，重点考查模型构建能力与推理论证能力．
[关键能力] (1)模型建构能力
题干关键信息 建构模型
①一足够长的木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ； ②木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动； ③一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板； ④t＝4 t0时刻，小物块和木板的速度相同 ①板块模型 ②小物块在长木板上运动，初速度与长木板方向相反
(2)推理论证能力
[失分剖析] ①不能顺利建构板块模型，无法准确分析而出错；②不能将模型与v-t图像的关键信息分析出来而出错．
温馨提示：请完成课时分层精练(十六)
专题强化五 牛顿运动定律的综合应用(二)
关键能力·研教材
例1 解析：P与Q组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的过程系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故A错误；从图像可知，0～2 s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1 N·s，故B正确；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，又a＝＝－μg，代入数据解得μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝×1 m＝1.5 m，Q的位移x2＝×1×1 m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m<2 m，可知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误．
答案：BC
例2 解析：设在拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(m0＋m)g＝m0a3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，设又经t2时间，物块、木板共速，则v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ s，v共＝ m/s，木板的长度为L＝v1t1－v2t1＋t2－t2＝1.0 m.
答案：B
例3 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mg sin θ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有m0g sin θ－Ff＝m0a2，
代入数据得a2＝2.5 m/s2.
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s，
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前小物块与长木板的相对位移为x＝t1－t1＝5 m，
故长木板长度至少为10 m.
答案：(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
例4 解析：物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左运动速度减小到0时所用时间为t＝＝1.5 s，通过的位移大小为x＝＝2.25 m答案：D
例5 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，
根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，
解得a＝0.4 m/s2.
(2)根据(1)可知小包裹在开始阶段做匀减速直线运动，速度减小到v1所用的时间t1＝＝ s＝2.5 s，
在传送带上减速滑动的距离x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于其重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，此后小包裹做匀速直线运动，
匀速运动至传送带底端的时间t2＝＝ s＝2 s，
所以小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝4.5 s.
答案：(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
练 解析：0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带方向的分力，物块所受合力不变，故物块做匀加速运动．t0时，物块速度与传送带相同，静摩擦力与重力沿传送带方向的分力平衡，加速度突变为零，物块做匀速直线运动．故C正确，A、B、D错误．
答案：C
核心素养·析真题
典例 解析：v-t图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0＝方向水平向左，小物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝，方向水平向右，故可得＝t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为m0，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝μg，故可得F－μm0g＝m0a，解得F＝μm0g，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μg－μ0mg＝m0a′，解得，故C错误；假设t＝之后小物块和木板共速，对小物块和木板整体有F－μm0g＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确．
答案：ABD
