第11讲 牛顿运动定律的综合应用（二）（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第11讲 牛顿运动定律的综合应用（二）（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共29页。
\l "_Tc31929" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc31929 \h 2
03、考点突破，考法探究 \l "_Tc2707" PAGEREF _Tc2707 \h 2
\l "_Tc30549" 考点一 板块模型 PAGEREF _Tc30549 \h 2
\l "_Tc28498" 知识点1.模型特点 PAGEREF _Tc28498 \h 3
\l "_Tc2303" 知识点2.模型构建 PAGEREF _Tc2303 \h 3
\l "_Tc16829" 知识点3．解题关键 PAGEREF _Tc16829 \h 3
\l "_Tc9759" 考向1 水平面上的无外力作用的板块问题 PAGEREF _Tc9759 \h 4
\l "_Tc11610" 考向2 水平面上的有外力作用的板块问题 PAGEREF _Tc11610 \h 8
\l "_Tc6646" 考向3 斜面上的板块模型 PAGEREF _Tc6646 \h 11
\l "_Tc12012" 考点二 传送带模型 PAGEREF _Tc12012 \h 13
\l "_Tc31387" 知识点1 水平传送带的常见情形及运动分析 PAGEREF _Tc31387 \h 13
\l "_Tc26377" 知识点2 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 PAGEREF _Tc26377 \h 14
\l "_Tc17987" 考向1 水平传送带 PAGEREF _Tc17987 \h 15
\l "_Tc21680" 考向2．倾斜传送带模型 PAGEREF _Tc21680 \h 17
\l "_Tc2339" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc2339 \h 19
考点一 板块模型
知识点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。
知识点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。
知识点3．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。
考向1 水平面上的无外力作用的板块问题
1.（2024·甘肃一模）如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为m的小物块A（可视为质点）从左端以速度v冲上木板。当时，小物块A历时恰好运动到木板右端与木板共速，则（ ）
A．若，A、B相对运动时间为
B．若，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点
C．若，A经历到达木板右端
D．若，A从木板B右端离开时，木板速度等于v
【答案】A
【详解】AB．根据牛顿第二定律
则A、B两物体加速度大小相等，设为，小物块A历时恰好运动到木板右端与木板共速，则
解得
，，
木板的长度
若，A、B两物体共速时有
解得
，
A、B相对静止时，相对位移为
故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；
CD．若，A从木板B右端离开时，根据动力学公式
解得
A从木板B右端离开时，木板速度为
故CD错误。
故选A。
2.如图甲所示，长的木板静止在某水平面上，时刻，可视为质点的小物块以水平向右的某初速度从的左端向右滑上木板。、的图像如图乙所示。其中、分别是内、的图像，是内、共同的图像。已知、的质量均是，取，则以下判断正确的是（ ）
A．、系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在内，摩擦力对的冲量是
C．、之间的动摩擦因数为
D．相对静止的位置在木板的右端
【答案】BC
【详解】A．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；
B．从图象可知，内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以
故B正确；
C．P从速度为减为所需的时间为，则
又
代入数据解得
故C正确；
D．在时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在内，P的位移
Q的位移
则
可知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误。
故选BC。
3.如图所示，长度分别为，的木板A、B放在粗糙水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为。物块C（可视为质点）以初速度从A的左端滑上A，且C在A上滑行时，A不动，C滑上B时B开始运动，C与A、B间的动摩擦因数均为，已知A、B、C的质量相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。C在B上滑行时，求：
（1）B、C的加速度大小；
（2）C在B上滑动的时间。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）如图所示，对物体B、C进行受力分析，设物体C受到摩擦力为，物体B受到摩擦力为，，，以向右为正方向，由牛顿第二定律知
对物体C有
物体B、C之间摩擦力为
代入得
对物体B有
物体B与地面之间摩擦力为
代入得
（2）假设物块没有从右端离开，经时间，二者共速，物体C刚滑上B时速度为，则由匀变速直线运动速度与位移关系式知
代入得
当共速时
代入得
相对位移为
代入得
由于
假设不成立，物块C从B木板右端离开，设物块B上滑动时间为，则
则，代入数值
代入解得
或（此时C的速度反向，不符舍去）
故C在B上滑动的时间为。
考向2 水平面上的有外力作用的板块问题
4.（2024·吉林·三模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L = 2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m = 1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：
（1）时，长木板的速度大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度大小（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
因为，所以包裹和长木板相对静止共同加速
加速度为
可得到
（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动
设再经时间包裹与挡板发生碰撞，由
解得
则6s时长木板的速度
包裹为
此时两者发生弹性碰撞
可求得
5．如图所示，光滑水平面上放着长，质量为的薄木板，一个质量为的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因，开始均静止，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
（2）如果拉力，小物体需多长时间就脱离木板。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得
可得小物体最大加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律得
（2）因施加的拉力，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为，对木板由牛顿第二定律得
解得
小物体在木板上运动的时间为，则
解得
6.（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一质量的木板A静置在足够大的光滑水平面上，时刻在木板上作用一水平向右的力F，力F在0~2s内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙所示。在时将质量的滑块B轻放在木板A右端，最终滑块B恰好没有从木板A左端掉落。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数，重力加速度大小，求：
（1）0~2s内力F的冲量大小I及2s时刻木板A的速度大小；
（2）木板A的长度L。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）图像与坐标轴围成的面积表示冲量，0~2s内力F的冲量大小为
根据动量定理
解得2s时刻木板A的速度大小
（2）滑块B在木板A上滑动时，A、B间的滑动摩擦力大小
此后木板A做匀速直线运动，滑块B的加速度为
设滑块B在木板A上滑动的时间为，则有
木板A的长度为
考向3 斜面上的板块模型
7.将一质量为的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为的滑块B（可视为质点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角。现从时刻开始，将A和B同时由静止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开始运动一小段时间内的图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求：
（1）A、B间的动摩擦因数以及图（b）中时A的加速度大小和方向；
（2）一段时间后撤去力F，从时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量，求力F作用在A上的时间。
【答案】（1），，方向沿斜面向下；（2）
【详解】（1）根据运动学公式可知
结合图像可知
根据牛顿第二定律，对物块B有
联立解得
同理，对物块A有
联立可得
方向沿斜面向下。
（2）假设F施加在A上的时间为t，则有两个物体经过时间t后的速度分别为
，
由匀变速直线运动的关系式可知两物体的位移
，
撤去F后，B受力情况不变，对A进行受力分析，可知
代入数据可得
方向沿斜面向上，此后A做匀减速直线运动。设A与B共速之前，运动的时间为，位移为和则由匀变速运动的关系式可知
可得
共同速度
由匀变速运动的关系式可知
，
两次运动A、B的相对位移可得
共速后，B继续加速运动，A减速运动，直到B从A的下端离开，则产生的热量为
联立可得
【题后反思】
处理“板块”模型中动力学问题的流程
2．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
考点二 传送带模型
知识点1 水平传送带的常见情形及运动分析
知识点2 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
考向1 水平传送带
1.传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
【答案】(1)3 s (2)2.5 m (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处
【解析】(1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a1t1，解得t1＝2 s，
运动的距离为x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m，
物块在传送带上匀速运动的时间为
t2＝eq \f(L－x1,v)＝1 s，
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2，
对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2－v02＝2ax，有v2＝2a2x2，
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2＝2.5 m。
(3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a2t3，
解得t3＝1 s。
设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2＝eq \f(1,2)a2t42，解得t4＝1 s。
物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为v1＝a2t4＝5 m/s，
物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t5＝eq \f(v1,a1)＝2 s。
物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。
物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。
因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s，
所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。
2.(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则( )
A.传送带长L为24 m
B.若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m
C.若v1＝eq \f(1,2)v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13
D.若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动
【答案】 AC
【解析】 根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝4 m/s2，快递箱加速位移x1＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝8 m，快递箱匀速位移x2＝v2·eq \f(v2,a)＝16 m，所以传送带总长L＝24 m，故A正确；若v1＝0，快递箱加速位移x1＝8 m，传送带在这段时间内运动位移x带＝v2·eq \f(v2,a)＝16 m，则痕迹长s＝x带－x1＝8 m，故B错误；如果v1＝eq \f(1,2)v2，快递箱加速时间t1＝eq \f(v2－v1,a)＝1 s，加速位移x1′＝eq \f(veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1),2a)＝6 m，匀速时间t2＝eq \f(L－x1′,v2)＝2.25 s，在此期间传送带匀速位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶x＝12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝eq \f(2v2,a)＝4 s，加速位移x1″＝eq \f(4veq \\al(2,2),2a)＝32 m，大于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，故D错误。
3.(2024·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，取g＝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
【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＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2，物块向左运动速度减小到0时所用时间为t＝eq \f(v2,a)＝1.5 s，通过的位移大小为x＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝2.25 m