2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第三章第四讲　牛顿运动定律的综合应用（二）

能力提升课
第四讲　牛顿运动定律的综合应用(二)

热点一　传送带模型 (师生共研)
1．模型特征
(1)水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0
(2)倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景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
情景3

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后以a2加速
(6)可能一直减速
情景4

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
2.思维模板

[典例1]　 如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(取g＝10 m/s2)


(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间．
解析：(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2ax，故vB＝2 m/s.
(2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s.
(3)物体速度达到13 m/s时所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m＜8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动．匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s.
答案：(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s
[反思总结]
分析传送带问题的关键
要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时(速度相等是问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止．

1－1.(2018·四川省遂宁市一诊)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—时间图象如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，则(　　)

A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1
B．AB间距离为24 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
解析：由图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为a＝m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可知：a＝＝＝μg，由以上两式解得：μ＝0.1，故A正确； AB间距离即为物块在6 s内发生的位移，即图乙的面积：S＝×4 m＝16 m，故B错误；物块对传带只在加速过程中做功，根据公式W＝－fs，若m＝1 kg，则f＝μmg＝0.1×1×10 N＝1 N，s＝ m＝8 m，代入公式中可解得W＝－8 J，故C错误；
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，减速的加速度为a＝－＝－1 m/s2，物块加速过程中的位移为x＝m＝8 m，所以物块减速的长度为Δx＝S－x＝8 m，而物块从4 m/s减到零发生的位移为＝ m＝8 m，所以物块刚好到达B端，故D错误．
答案：A
1－2. [倾斜传送带问题]　如图所示，绷紧的传送带始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件在传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2.

(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；
(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．
解析：(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力，由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数值得：a＝2.5 m/s2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为
x1＝＝ m＝0.8 m＜4 m
可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m.
(2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8 s
匀速上升时t2＝＝ s＝1.6 s
所以工件从P点运动到Q点所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.4 s.
答案：(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m　(2)2.4 s
热点二　滑块—木板模型 (师生共研)
1．模型特征
滑块—木板模型涉及两个物体，且物体间存在相对滑动，需要对摩擦力、相对运动过程进行分析，涉及能量问题时不能忽略摩擦生热，属于多过程问题，综合性较强，对能力要求较高．
2．思维模板

[典例2]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
解析：(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中fA、fB分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，fA′、fB′和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为aA、aB和a，根据牛顿运动定律得：

fA＝mAaA①
fB＝mBaB②
fB′－fA′－f＝ma③
且：fA＝fA′＝μ1mAg④
fB＝fB′＝μ1mBg⑤
f＝μ2g⑥
联立①～⑥解得：aA＝5 m/s2，aB＝5 m/s2，a＝2.5 m/s2
故可得B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且aB＝aA>a，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B与木板的速度大小为v1：
v1＝v0－aAt1⑦
v1＝at1⑧
解得：t1＝0.4 s，v1＝1 m/s.
(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA，xB，由运动学公式得：
xA＝v0t1－aAt⑨
xB＝v0t1－aBt⑩
此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a′，则根据牛顿运动定律得：
对木板和B：
μ2g＋μ1mAg＝a′⑪
假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对B和木板：v2＝v1－a′t2⑫
对A：v2＝－v1＋aA′t2⑬
联立⑪～⑬解得t2＝0.3 s，可以判断此时B和木板尚未停下，则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA′、xB′，由运动学公式：
xA′＝v1t2－aA′t⑭
xB′＝v1t2－a′t⑮
则A和B开始相距x满足：x＝xA＋xA′＋xB＋xB′⑯
联立解得：x＝1.9 m.
答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m
[反思总结]
一个转折和两个关联
分析滑块—木板类模型时要抓住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——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．

2－1.[水平滑块—木板模型]在平台AD中间有一个长为2l的凹槽BC，质量为m的滑板上表面与平台AD等高，质量为2m的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为μ1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD.重力加速度为g.

(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ2多大？
(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0.
解析：(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为a1，反弹后向左滑动时加速度大小为a2.
滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v，由运动规律得
滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则v2＝2a1l①
反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，
则0－v2＝－2a2l②
滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
2μ1mg－3μ2mg＝ma1③
μ2mg＝ma2④
联立①②③④解得μ2＝μ1.⑤
(2)由②④⑤得v＝⑥
铁块向右滑动的加速度大小为a，则
μ1·2mg＝2ma⑦
铁块向右做匀减速运动，有v2－v＝－2a·2l⑧
由⑥⑦⑧解得v0＝.⑨
答案：(1)μ1　(2)
2－2. [倾斜滑块—木板模型]　(2016·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：


(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcos θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m．⑩
答案：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98 m

1. (多选)(2018·河南省豫北豫南名校联考)质量为M的滑板A放在光滑水平面上，质量为m的滑块B(可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板间动摩擦因数为μ，滑板和滑块均静止．现对滑板施加向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t.下列判断正确的是(　　)

A．滑块与滑板间动摩擦因数应满足μ<
B．若仅减小M，时间t会缩短
C．若仅减小m，时间t会缩短
D．若仅减小F，时间t会缩短
解析：滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：＜，解得：μ＜，故A错误；由运动学知识得滑板长度l＝aAt2－aBt2＝t2－μgt2，所以：t2＝.若仅减小M，或仅减小m，时间t都会缩短，故B、C正确；同理，若仅减小F，则时间t增大，故D错误．
答案：BC
2．如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2.试求：

(1)小物块运动至B点的时间；
(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围．
解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2.
设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块对地位移为L1，用时为t1，则t1＝＝ s＝1 s
L1＝＝ m＝1.25 m
因L1＜L且μ＞tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s时，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则t2＝＝0.3 s，
故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3 s.
(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A到B一直做匀加速直线运动，到达B点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式有v－v＝2a1L，解得vB＝8 m/s.
小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，解得a2＝12.5 m/s2.由运动学公式可知v′＝v－2a2L，解得v′B＝2 m/s.即小物块到达B点的速度范围为2 m/s≤vB≤8 m/s.
答案：(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s

[A组·基础题]
1. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1和小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( D )

A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
2. 如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为( C )

A．1∶1　　　　　　 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
3．(多选) (2019·江西抚州七校联考)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送帯的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( AC )

A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 N
解析：当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，F＝f即为：mPg＝μmQg，解得：μ＝0.5，故A正确；当传送带突然以v＝8 m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有：F合＝mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，代入数据解得：a＝ m/s2，当速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为：t1＝＝1.2 s，匀加速的位移为：x＝＝4.8 m，则匀速运动的时有：t2＝＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为：t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，故C正确；当Q加速时，对P分析有：mPg－T＝mPa，代入数据解得：T＝ N，之后做匀速直线运动，有：T＝20 N，故D错误．
4．(多选)如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2.物块和木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的是( BD )

A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2
B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2
C．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2
D．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2
5. 如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2 N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′，设二者共速的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为x，木板的位移为x′，由运动学公式得，x＝v0t－at2，x′＝a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有x－x′＝l，联立解得l＝0.5 m.
答案：0.5 m
[B组·能力题]
6. (多选)(2019·哈尔滨三中调研)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的 A、B两物块，A、B与滑板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，一水平恒力F作用在A物体上，重力加速度g取10 m/s2，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为aA和aB，下列说法正确的是( BCD )

A．若F＝1 N，则A、B物块及木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A、B物块的加速度都为0.5 m/s2
C．无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动
D．若F＝5 N，B物块的加速度为1 m/s2
解析：A与木板间的最大静摩擦力为fA＝μmAg＝0.2×1 kg×10 m/s2＝2 N，B与木板间的最大静摩擦力为fB＝μmBg＝0.2×2 kg×10 m/s2＝4 N，轻质滑板受到的最大摩擦力为f＝fA＝2 N，当F＝1 N时小于2 N，故三者相对静止，一块加速运动，A错误；若F＝1.5 N时小于2 N，即三者仍相对静止的一起加速，加速度为a＝＝0.5 m/s2，B正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为f＝fA＝2 N＜fB，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，若F＝5 N时，A相对轻质滑板滑动，B和轻质滑板的加速度为a＝＝＝1 m/s2，C、D正确．
7. (2018·四川攀枝花二模)如图所示，质量m1＝500 g的木板A静放在水平平台上，木板的右端放一质量m2＝200 g的小物块B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C的质量由0逐渐增加，当C的质量增加到70 g时，A、B开始一起运动；当C的质量增加到400 g时，A、B开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块B间的滑动摩擦因数．

解析：设A与桌面间的动摩擦因数为μ，当mC＝70 g时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得： T＝mCg, f＝T，f＝μ(m1＋m2)g，联立解得：μ＝0.1.

设A、B间动摩擦因数为μAB，当mC＝400 g时，系统受力如图所示：
设系统加速度为a，由牛顿第二定律得：
对B：μABm2g＝m2a
对C：mCg－T1＝mCa
对AB整体：T1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
联立以上各式得： μAB＝0.3
答案：μ＝0.1　μAB＝0.3
8．一水平传送带以v1＝2 m/s的速度匀速运动，将一粉笔头无初速度放在传送带上，达到相对静止时产生的划痕长L1＝4 m，现在让传送带以a2＝1.5 m/s2的加速度减速，在刚开始减速时将该粉笔头无初速度放在传送带上．(g取10 m/s2)求：
(1)粉笔头与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)粉笔头与传送带都停止运动后，粉笔头离其在传送带上释放点的距离L2.
解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑时间为t，则依据传送带比粉笔头位移大L1得v1t－t＝L1.
粉笔头的加速度a1＝μg＝，解得μ＝0.05.
(2)第二次粉笔头先加速到与传送带速度相同，由于a2＞μg，故二者不能共同减速，粉笔头以μg的加速度减速到静止．设二者达到的相同速度为v共，由运动等时性得＝，解得v共＝0.5 m/s.
此过程传送带比粉笔头多运动的距离s1＝－＝1 m.
粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多运动的距离s2＝－＝ m，划痕长度为L2＝s1－s2＝0.83 m.
答案：(1)0.05　(2)0.83 m