力与运动——牛顿运动定律的综合应用(学案)-2023年新高考物理二轮复习专题讲义

牛顿运动定律的综合应用
传送带问题
（2022山西省月考）如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A比B早到达底端2s
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为6m
关键信息：A由静止滑下 → 受力分析 → 一定先加速，速度与传送带同向 → A与传送带共速后 → μ＜tanθ → 继续加速
B由静止滑下 → 受力分析 → μ＜tanθ，且速度与传送带相反 → 一直加速
解题思路：分析传送带问题的关键是判断摩擦力方向，以及共速后根据μ和tanθ的关系重新判断物体的运动状态。
AB、对于滑块A，开始时相对传送带向上运动，A受到的摩擦力向下，
由牛顿第二定律：a1＝，解得：a1＝10m/s2
速度达到和传送带速度一样时，由于重力在斜面方向上的分力大于摩擦力，故还要向下加速
此时加速度为a2＝，解得：a2＝2m/s2
由运动学公式可知，第一阶段：t1＝＝s＝1s，位移x1＝t1＝×1m＝5m，方向向下
第二阶段：L x1＝v0t2＋，解得：t2＝1s
所以：tA＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s
对于滑块B，一直相对传送带向下运动，且重力在斜面方向上的分力大于摩擦力，
由牛顿第二定律：a＝，解得：a＝2m/s2
一直加速到底，则L＝，解得：tB＝4s
滑块A比B早到达底端Δt＝tB－tA＝4s－2s＝2s，故A错误、B正确；
C、A到底端时vA＝v0＋a2t2，解得：vA＝12m/s，B达到底端的速度大小为：vB＝atB＝2×4m/s＝8m/s，故C错误；
D、第一阶段，传送带的位移，x1′＝v0t1＝10×1m＝10m，
滑块A相对传送带向上位移：Δx1＝x1′－x1，
解得：Δx1＝5m，方向向上。
第二阶段滑块A相对传送带的位移：Δx2＝(L－x1)－v0t2＝(16－5)m－10×1m＝1m，方向向下，
所以滑痕还是5m，故D错误。
故选：B。
（2022四川省月考）如图所示，水平传送带以速度v1＝6m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（　　）
A．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
B．小物体P从传送带右端离开传送带
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P离开传送带时速度大小为m/s
A、对物体P分析可知，开始时物体P受到的摩擦力水平向左，设绳子拉力为T，以向左的方向为正方向，根据牛顿第二定律分析两个物体，则
对物体P，T＋μmg＝ma1
对物体Q，mg－T＝ma1
代入数据解得：a1＝8m/s2
根据运动学公式可得，在此过程中
t1＝＝s＝0.5s
x1＝t1＝×0.5m＝4m＜L
故达到相等速度后，物体P仍在传送带上，分析可知将继续向右减速，此时摩擦力方向向右，根据牛顿第二定律得：
对物体P，T'－μmg＝ma2
对物体Q，mg－T'＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2，故A错误；
B、物体P从6m/s减速到零所需的时间为
t2＝＝s＝3s
此过程中，P向右的位移为
x2＝t2＝×3m＝9m
P的总位移为
x＝x1＋x2＝4m＋9m＝13m＜L，故P没有从右端滑落，故B错误；
根据上述分析可知，在达到速度相等之前，传送带移动的位移为
x传1=v1t1=6×0.5m=3m
故相对位移为：Δx1=x1-x传1=1m,方向相对传送带向右；
从速度相等到P减速到零，传送带的位移为
x传2=v1t2=6×3m=18m
故相对位移为：Δx2=x传2-x2=9m，方向相对传送带向左；
故小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D、P减速到零后，将开始向左做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2，根据运动学公式可得：
v2＝2ax
代入数据解得：v＝m/s，故D错误；
故选：C。
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。
板块问题
（2022 湖南模拟）如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，t＝0时刻开始二者以v0＝8m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5s时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度－时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度。
关键信息：碰撞之前锁定、一起向右运动 → 整体法 → 地面的摩擦力为整体提供合力
v－t图像 → 求长木板的加速度 → 根据牛顿第二定律分析受力情况
v－t图像 → 0.5s后长木板向左做匀减速直线运动 → 小铁块向右匀减速 → 谁先减到0？ → 求解位移
开始时小铁块位于长木板的最左端、最后小铁块刚好没有从长木板上滑下 → 小铁块到达木板最右端相对静止 → 相对位移大小等于木板长度
解题思路：（1）根据v－t图像的斜率表示物体运动的加速度，由v－t图像得到长木板不同阶段的加速度，分析长木板的受力情况，由牛顿第二定律求解；
（2）0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得小铁块的加速度大小，继而判断出长木板先于小铁块速度减小到零，长木板速度减小到零后处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零恰好到达木板最右端，由运动学公式分别求得此过程长木板和小铁块的位移大小，两位移大小之和即为所求。
（1）设长木板与小铁块的质量均为m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2；
由v－t图像可得，0～0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为：
a1＝＝m/s2＝4m/s2
对此过程由牛顿第二定律得：μ1 2mg＝2ma1
解得：μ1＝0.4
0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。
由v－t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为：
a2＝＝m/s2＝10m/s2
对长木板由牛顿第二定律得：μ1 2mg＋μ2mg＝ma2
解得：μ2＝0.2；
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为：a3＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有：
2a2x1＝v2
代入数据解得：x1＝1.8m
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力（大小为μ2mg）小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力（大小为2μ1mg），故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有：
2a3x2＝v2
代入数据解得：x2＝9m
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有：
L＝x1＋x2＝1.8m＋9m＝10.8m。
（2022 衡阳一模）如图a所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.8t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间变化的关系如图b所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C．图b中，t2＝17.5s
D．木板的最大加速度为4m/s2
关键信息：施加变力F作用 → 思考滑块是否被拉动？
t2后f不变 → f是滑动摩擦力 → t2后滑块与木板相对滑动，t2前相对静止
t1前后静摩擦力不同 → 滑块与木板是否运动？
解题思路：分别以滑块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析，注意寻找摩擦力f和时间的函数关系。t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2。
A、由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg
由图b知f1＝10N，代入数据解得：μ1＝0.5，故A错误；
B、结合图b可知，0～t1时间内，滑块与木板均静止，t1～t2时间内，滑块与木板相对静止，一起相对地面运动，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得
f2＝μ2 2mg，由图b知f2＝6N，代入数据解得：μ2＝0.15，故B错误；
CD、t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，对滑块、木板分别由牛顿第二定律得
F－μ1mg＝ma
μ1mg－μ2 2mg＝ma
其中F＝0.8t2（N）
联立解得a＝2m/s2，t2＝17.5s
之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2m/s2，故C正确，D错误。
故选：C。
（2022河北月考）随着社会的高速发展，物流行业已经成为社会主流产业，快递员每天忙碌穿梭在城乡的大街小巷，把货品送到客户手里。快递员卸货时，为了防止车辆与地面的高度差造成摔坏货物，往往会准备两个与货车车厢等高的物体，将货物从运货车滑至送货车，我们一般可以简化成如下图所示模型，两个完全相同的木板放置于水平地面上，把木板紧紧排在一起组成木板组，已知单个木板的质量M＝0.6kg，长度l＝0.5m。把货物等效成一个质量m＝0.4kg的质点小块，以初速度v0＝2m/s从货车上甩出去，使其滑上木板的左端，已知货物与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）货物滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
（2）货物最终滑动的位移。
（1）木板受到货物的摩擦力为
f1＝μ1mg＝0.3×0.4×10N＝1.2N
木板组受到地面的摩擦力为
f2＝μ2(2M＋m)g＝0.1×(2×0.6＋0.4)×10N＝1.6N
因为f2＞f1，所以货物在左端木板上运动时，木板组静止不动
设货物在左边第一个木板上的加速度为a1，取初速度方向为正，根据牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1
货物滑上第二个木板的瞬时的速度为v，则
2a1l＝v2－v02
代入数据解得：v＝1m/s；
（2）货物滑上第二个木板后，设右端木板的加速度为a2，则
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设货物与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对货物：v1＝v＋a1t
对木板有：v1＝a2t
联立解得：v1＝0.1m/s，t＝0.3s
此时货物运动的位移
x1＝
木板的位移
x1′＝
解得：x1＝0.165m，x1′＝0.015m
货物在木板上滑动的长度为
x1－x1′＝0.165m－0.015m＝0.15m＜l
达到共速后，货物和木板一起继续运动，设货物、木板一起运动的加速度为a3，位移为x2，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
－2a3x2＝0－v12
解得：x2＝0.005m
货物滑动的总位移
x＝l＋x1＋x2＝0.5m＋0.165m＋0.005m＝0.67m。
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
临界问题
（2022山东月考）如图所示，物体A、B质量分别为m、2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体A拴接）。对B施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞3mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则在A、B分离前，下列说法正确的是（　　）
A．刚撤去外力F时，FN＝2mg＋
B．弹簧弹力等于F时，FN＝
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝2mg
关键信息：A、B处于平衡状态 → 结合平衡条件进行分析计算
A、B分离 → 分离条件：（1）速度相同 （2）加速度相同 （3）A、B间弹力为0
分离前 → 利用整体法和隔离法进行相关计算
解题思路：根据选项，先对A、B整体由牛顿第二定律求解出加速度，然后运用隔离法研究B，由牛顿第二定律求FN；当弹簧恢复原长时，整体的加速度为g，再由牛顿第二定律求FN。
A、撤去外力前，A、B组成的整体受力平衡，刚撤去外力F瞬间，弹簧弹力不变，整体所受的合力大小等于F，方向竖直向上，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝3ma1，对物体B有FN－2mg＝2ma1，联立解得FN＝F＋2mg，故A错误；
B、弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－3mg＝3ma2，对物体B有FN－2mg＝2ma2，联立解得FN＝F，故B正确；
CD、当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，加速度相同，对B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也为g，对A，根据牛顿第二定律得mg－F弹＝ma＝mg，即弹簧弹力为0，弹簧恰好恢复到原长，故C、D错误。
故选：B。
（2021 辽宁二模）如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30N/m，下面悬挂一个物块A，此时弹簧测力计示数为4N。现将一个质量为0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2。若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.75N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力的大小4.5N
D．AB分离时弹簧测力计示数为零
A、对A分析：初始时刻弹簧测力计示数为4N，有mAg＝F弹1，所以mA＝0.4kg。突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2，则有mAg－F弹2＝mAa1，代入数值解得：F弹2＝3N，故A错误；
B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动，起始时刻，对AB整体根据牛顿第二定律有：(mA＋mB)g－F外－F弹2＝(mA＋mB)a2，代入解得F外＝5.1N，故B错误；
CD、分离时，AB之间弹力为0，加速度相等，根据牛顿第二定律对B：mBg－F外′＝mBa2，代入得F外′＝4.5N。对A：mAg－F弹3＝mAa2，代入解得F弹3＝3.6N，选项C正确，D错误。
故选：C。
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
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。
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