新高考物理二轮复习——牛顿运动定律的综合应用学案

这是一份新高考物理二轮复习——牛顿运动定律的综合应用学案，共9页。

热点突破
命题点1 传送带问题
考题示例1
（2025·辽宁·联考题）（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速率是2 m/s
B．传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.6
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(9＋) m
答案：AD
解析：A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为2 m/s时，向上减速的加速度发生变化，可知，传送带的速率是2 m/s，故A正确；
B．0～1 s内的加速度大小a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，
根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
1～2 s内的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，
根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，
解得θ＝37°，μ＝0.5，tan θ＝0.75，故B错误；
C．v－t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小x＝ m＋ m＝8 m，煤块从最高点下滑到A端过程有x＝，解得t＝ s，故C错误；
D．结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历时间t1＝1 s，相对位移大小x相1＝－v1t1＝5 m，后来相对于传送带向下运动，经历时间t2＝2 s－1 s＋ s＝(1＋) s，相对位移大小x相2＝v1t2－＝(9＋) m＞x相1，则煤块在传送带上留下的痕迹长为(9＋) m，故D正确。
故选AD。
跟踪训练1 [生产生活类]
（2024·河北·模拟题）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾斜部分倾角为37°，传送带与水果箱之间的摩擦因数μ＝0.8，传送带AB部分长度LAB＝12 m、BC部分长度LBC＝9 m，运行速度恒为2 m/s。现工人每隔1 s在底端A点放上一个水果箱，C点恰好掉下去一个水果箱，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值Δx1与最大值Δx2。
答案：（1）13个 （2）0.2 m 2 m
解析：（1）把水果箱简化成小物块，小物块在斜面上的加速度a＝μgcs 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，
则物体在斜面上加速的时间为t1＝＝5 s，
加速过程的对地位移为x＝＝5 m，
则小物块在传送带上匀速运动的位移x′＝LAB＋LBC－x＝16 m，
小物块在传送带上匀速运动的时间为t2＝＝8 s，
已知每隔1 s放上一个小木块，则传送带上共可以放置木块数为n＝＝13个。
（2）根据分析当第一个小木块放上传送带1 s时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，Δx1＝＝×0.4×1 m＝0.2 m，
当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远Δx2＝vT＝2×1 m＝2 m。
反思提升
1．受力分析：对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向是解决问题的关键。分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
2．运动分析：运动分析的关键是注意相对运动的速度大小和方向的变化（小物体和传送带对地速度的大小和方向的比较），以及相对位移与物体在传送带上留下的划痕长度的关系。
3．运动图像分析：不但能理解小物体在传送带上运动的过程，还要能将此运动过程用v－t图像表示出来。
命题点2 板块问题
考题示例2
（2023·海南·历年真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16 m＜L＜0.8 m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
答案：（1）滑块下滑到轨道底部，有mBgR＝，解得v0＝2 m/s
在A的底部，根据牛顿第二定律FN－mBg＝，解得FN＝30 N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30 N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得fB＝μ1mBg＝mBa1
解得加速度向左为a1＝2 m/s2
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C＝μ2(mB＋mC)g
根据牛顿第二定律f地C－fBC＝μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2
解得其加速度向左为a2＝10 m/s2
由运动学位移与速度关系公式＝2ax，得B向右运动的距离x1＝＝1 m
C向右运动距离x2＝＝0.2 m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6 J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有t1＝
解得t1＝0.2 s
B的位移为＝0.36 m
则此刻的相对位移为＝0.16 m
此时＝1.6 m/s
由L＞0.16 m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。
设再经t2时间B与C挡板碰撞，有L－0.16＝，解得t2＝0.8－
碰撞时B速度为vB2＝vB1－a1t2＝
碰撞时由动量守恒可得mBvB2＝(mC＋mB)v
解得碰撞后B、C速度为v＝
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3＝＝8 m/s2
后再经t3后停下，则有t3＝
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s
跟踪训练2
（2024·吉林·历年真题）（多选）一足够长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，小物块与木板的速度相同，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
解析：A．v－t图像的斜率表示加速度，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；
B．设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为v0＝，方向水平向左，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v共＝v0－μ0gt0
解得μ0＝2μ，故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，
木板的加速度为a＝＝，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝
根据图像可知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－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得，故C错误；
D．假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋M)g＝＝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。故选ABD。
反思提升
求解“滑块—滑板”模型的关键是对滑块和滑板进行受力分析和运动过程分析，特别是注重分析加速度、速度和位移等物理量之间的关系。
（1）加速度关系
①若滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度。
②若滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板运动的加速度。
（2）速度关系
滑块和滑板之间发生相对运动时，认清滑块和滑板间的速度关系，从而确定摩擦力。
（3）位移关系
滑块由滑板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
命题点3 临界问题
考题示例3
（2024·湖北·模拟题）（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．a、b分离时，弹簧的压缩量为
C．物块b加速度的大小为gsin θ
D．物块b加速度的大小为gsin θ
答案：AC
解析：A．小物块b紧靠a静止在斜面上时，由平衡条件：(m＋)gsin θ＝kx0，解得弹簧的劲度系数k＝，故A正确；
B．物块a、b分离前一起做匀加速直线运动，设经过时间t1两物块分离，此时两物块的位移大小为x1，则x1＝，x0＝，联立知，x1＝，此时弹簧的压缩量Δx1＝x0－x1＝，故B错误；
CD．物块a、b分离时，两物块的加速度相同，之间恰好无弹力，对物块a，由牛顿第二定律：kΔx1－mgsin θ＝ma，解得物块a的加速度即物块b的加速度为a＝gsin θ，故C正确D错误；
故选AC。
跟踪训练3
（2025·安徽·联考题）（多选）一木板A与轻弹簧一端拴接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小a＝1 m/s2的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数k＝100 N/m，A、B的质量均为m＝2 kg，A、B均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．F的最大值为22 N
B．A、B刚分离时，弹簧的弹力大小为20 N
C．从开始施加F到A、B刚分离，A的位移大小为0.02 m
D．若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018 m
答案：AD
解析：A．A、B一起做匀加速直线运动时，对A、B整体，
根据牛顿第二定律有F＋kx－2mg＝2ma，可知A、B刚分离时F最大，
对B，根据牛顿第二定律有Fm－mg＝ma，解得Fm＝22 N，故A正确；
BC．设A、B静止时弹簧的压缩量为x1，对A、B整体，
根据物体的平衡条件有2mg＝kx1，解得x1＝0.4 m；
设A、B刚分离时弹簧的压缩量为x2，对A，
根据牛顿第二定律有kx2－mg＝ma，解得x2＝0.22 m，
可得A、B刚分离时弹簧的弹力大小F′＝kx2＝22 N，
从开始施加F到A、B刚分离，A的位移大小x＝x1－x2＝0.18 m，故BC错误；
D．设当A、B刚分离时B的速度大小为v，
根据匀变速直线运动的规律有v2＝2ax，
解得v＝0.6 m/s，
A、B分离撤去F后B做竖直上抛运动，有v2＝2ghmax，
解得hmax＝0.018 m，故D正确。
反思提升
1．临界与极值问题的关键词
（1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
（2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等字眼，则表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。
（3）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，则表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
2．产生临界值或极值的条件
命题点
考频统计
命题特点
核心素养
传送带问题
2025年：江苏T10
2024年：新课标卷T12
黑龙江T10
安徽T4 北京T10
2023年：海南T18
湖南T10
试题往往通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题，重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。试题通常涉及临界、极值问题并与图像相结合。
物理观念：
运用运动和相互作用观念分析多物体的较复杂运动问题。
科学思维：
根据牛顿运动定律综合分析物体的运动状态再结合数学知识进行推理计算。
板块问题
临界问题
临界状态
临界条件
两物体接触或脱离
弹力FN＝0
两物体由相对静止开始相对滑动
静摩擦力达到最大值
绳子断裂
张力等于绳子所能承受的最大张力
绳子松弛
张力FT＝0
加速度最大或最小
当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度
速度最大或最小
加速度为0