牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用考情透析考情透析命題點(diǎn)考頻分析命題特點(diǎn)核心素養(yǎng)傳送帶問題2024年：新課標(biāo)卷T12黑龍江T10安徽T4北京T102023年：海南T18湖南T102022年：浙江6月T19江蘇T1試題往往通過運(yùn)動(dòng)圖像提供信息，分析物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)；也有以生活中的常見現(xiàn)象為背景的計(jì)算題，重點(diǎn)考查對牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解及靈活應(yīng)用。試題通常涉及臨界、極值問題并與圖像相結(jié)合。物理觀念：運(yùn)用運(yùn)動(dòng)和相互作用觀念分析多物體的較復(fù)雜運(yùn)動(dòng)問題。科學(xué)思維：根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)再結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理計(jì)算。板塊問題臨界問題熱點(diǎn)熱點(diǎn)突破命題點(diǎn)命題點(diǎn)1傳送帶問題▼考題示例1（2023·江蘇省鹽城市·模擬題）如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行。t＝0時(shí)，將質(zhì)量m＝1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上端，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示，2s時(shí)滑離傳送帶。設(shè)沿傳送帶向下為正方向重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（）A．傳送帶的傾角θ＝30°B．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4C．傳送帶上下兩端的間距為15mD．物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5m答案：D解析：AB．由題圖得0～1s內(nèi)物體加速度a1＝EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4m/s2＝10.0m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma11～2s內(nèi)加速度a2＝EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4m/s2＝2.0m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2聯(lián)立解得θ＝37°，μ＝0.5，故AB錯(cuò)誤；C．由題可得物體0～2s內(nèi)的位移大小即為傳送帶上下兩端的間距，根據(jù)v－t圖像與t軸所圍的面積表示位移，可知位移l＝eq\f(10.0×1.0,2)m＋eq\f(10.0+12.0,2)×1m＝16m，故C錯(cuò)誤；D．由題圖知傳送帶的速率v0＝10m/s，則0～1s內(nèi)，物體的位移為x1＝eq\f(10.0×1.0,2)m＝5m傳送帶的位移為x2＝v0t1＝10×1m＝10m故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx1＝x2－x1＝10m－5m＝5m物體相對傳送帶向上運(yùn)動(dòng)；1～2s內(nèi)物體的位移為x3＝eq\f(10.0+12.0,2)×1m＝11m傳送帶的位移為x4＝v0t2＝10×1m＝10m故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx2＝x3－x4＝1m物體相對傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，痕跡重疊1m，因此物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5m，故D正確。跟蹤訓(xùn)練1[生產(chǎn)生活類]（2024·河北省·模擬題）如圖所示，甲圖為傳送帶的實(shí)物照片，乙圖是其運(yùn)輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運(yùn)行速度恒為2m/s。現(xiàn)工人每隔1s在底端A點(diǎn)放上一個(gè)水果箱，C點(diǎn)恰好掉下去一個(gè)水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)傳送帶上有多少個(gè)水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。答案：（1）13個(gè)（2）0.2m2m解析：（1）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2，則物體在斜面上加速的時(shí)間為t1＝＝5s，加速過程的對地位移為x＝＝5m，則小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的位移x′＝LAB＋LBC－x＝16m，小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝8s，已知每隔1s放上一個(gè)小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為n＝＝13個(gè)。（2）根據(jù)分析當(dāng)?shù)谝粋€(gè)小木塊放上傳送帶1s時(shí)，恰好放置第2個(gè)木塊時(shí)此時(shí)兩木塊距離最近，Δx1＝＝×0.4×1m＝0.2m，當(dāng)兩個(gè)木塊均勻速時(shí)，兩個(gè)小物塊距離最遠(yuǎn)Δx2＝vT＝2×1m＝2m?？偨Y(jié)升華1．受力分析：對于傳送帶問題，分析物體受到的是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力以及摩擦力的方向是解決問題的關(guān)鍵。分析摩擦力時(shí)，先要明確“相對運(yùn)動(dòng)”，而不是“絕對運(yùn)動(dòng)”。二者達(dá)到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”。如果遇到水平勻變速的傳送帶，或者傾斜傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時(shí)刻物體受到的是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力。2．運(yùn)動(dòng)分析：運(yùn)動(dòng)分析的關(guān)鍵是注意相對運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向的變化（小物體和傳送帶對地速度的大小和方向的比較），以及相對位移與物體在傳送帶上留下的劃痕長度的關(guān)系。3．運(yùn)動(dòng)圖像分析：不但能理解小物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程，還要能將此運(yùn)動(dòng)過程用v－t圖像表示出來。命題點(diǎn)命題點(diǎn)2板塊問題▼考題示例2（2023·海南省·歷年真題）如圖所示，有一固定的光滑EMBEDEquation.DSMT4圓弧軌道，半徑R＝0.2m，一質(zhì)量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個(gè)擋板，C長為L。求：（1）B滑到A的底端時(shí)對A的壓力是多大？（2）若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？（3）在0.16m＜L＜0.8m時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時(shí)間。答案：（1）滑塊下滑到軌道底部，有mBgR＝EMBEDEquation.DSMT4解得v0＝2m/s在A的底部，根據(jù)牛頓第二定律FN－mBg＝EMBEDEquation.DSMT4解得FN＝30N由牛頓第三定律可知B對A的壓力是30N。（2）當(dāng)B滑上C后，對B分析，受摩擦力力向左，根據(jù)牛頓第二定律得fB＝μ1mBg＝mBa1解得加速度向左為a1＝2m/s2對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根據(jù)牛頓第二定律f地C－fBC＝μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得其加速度向左為a2＝10m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移與速度關(guān)系公式EMBEDEquation.DSMT4＝2ax，得B向右運(yùn)動(dòng)的距離x1＝EMBEDEquation.DSMT4＝1mC向右運(yùn)動(dòng)距離x2＝EMBEDEquation.DSMT4＝0.2m由功能關(guān)系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mBg(x1－x2)可得Q＝1.6J（3）由上問可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時(shí)為t1，有t1＝EMBEDEquation.DSMT4解得t1＝0.2sB的位移為EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4＝0.36m則此刻的相對位移為EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4＝0.16m此時(shí)EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4＝1.6m/s由L＞0.16m，一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間B與C擋板碰撞，有L－0.16＝EMBEDEquation.DSMT4解得t2＝0.8－EMBEDEquation.DSMT4碰撞時(shí)B速度為vB2＝vB1－a1t2＝EMBEDEquation.DSMT4碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得mBvB2＝(mC＋mB)v解得碰撞后B、C速度為v＝EMBEDEquation.DSMT4之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得a3＝EMBEDEquation.DSMT4＝8m/s2后再經(jīng)t3后停下，則有t3＝EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4故B從滑上C到最終停止所用的時(shí)間總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝EMBEDEquation.DSMT4s跟蹤訓(xùn)練2（2024·全國·歷年真題）（多選）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小，t＝4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同，下列說法正確的是（）A．小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板B．小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)答案：ABD解析：A．v－t圖像的斜率表示加速度，可知t＝3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板，故A正確；B．設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，根據(jù)題意結(jié)合圖像可知物體開始滑上木板時(shí)的速度大小為v0＝，方向水平向左，物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為a0＝＝μ0g經(jīng)過t0時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為v共＝，方向水平向右，故可得v共＝v0－μ0gt0解得μ0＝2μ，故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為a＝＝故可得F－μMg＝Ma解得F＝根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為a′＝＝－μg此時(shí)對木板由牛頓第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′解得＝，故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)t＝4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對整體F－μ(m＋M)g＝－＝0，故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選ABD。總結(jié)升華求解“滑塊—滑板”模型的關(guān)鍵是對滑塊和滑板進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析，特別是注重分析加速度、速度和位移等物理量之間的關(guān)系。（1）加速度關(guān)系①若滑塊和滑板之間沒有發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，可以用“整體法”求出它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度。②若滑塊和滑板之間發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，應(yīng)采用“隔離法”分別求出滑塊和滑板運(yùn)動(dòng)的加速度。（2）速度關(guān)系滑塊和滑板之間發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)時(shí)，認(rèn)清滑塊和滑板間的速度關(guān)系，從而確定摩擦力。（3）位移關(guān)系滑塊由滑板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，設(shè)板長為L，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2同向運(yùn)動(dòng)時(shí)：L＝x1－x2反向運(yùn)動(dòng)時(shí)：L＝x1＋x2命題點(diǎn)命題點(diǎn)3臨界問題▼考題示例3（2024·湖北省·模擬題）（多選）如圖所示，輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時(shí)開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊a、b分離，再經(jīng)過同樣長的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好為x0。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，其中心軸線與斜面平行，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．a(chǎn)、b分離時(shí)，彈簧的壓縮量為C．物塊b加速度的大小為gsinθ D．物塊b加速度的大小為gsinθ答案：AC解析：A．小物塊b緊靠a靜止在斜面上時(shí)，由平衡條件：(m＋m)gsinθ＝kx0，解得彈簧的勁度系數(shù)k＝，故A正確；B．物塊a、b分離前一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1兩物塊分離，此時(shí)兩物塊的位移大小為x1，則x1＝，x0＝，聯(lián)立知，x1＝，此時(shí)彈簧的壓縮量Δx1＝x0－x1＝，故B錯(cuò)誤；CD．物塊a、b分離時(shí)，兩物塊的加速度相同，之間恰好無彈力，對物塊a，由牛頓第二定律：kΔx1－mgsinθ＝ma，解得物塊a的加速度即物塊b的加速度為a＝gsinθ，故C正確D錯(cuò)誤；故選AC。跟蹤訓(xùn)練3（2022·山東·月考）如圖所示，物體A、B質(zhì)量分別為m、2m，疊放在輕質(zhì)彈簧上（彈簧下端固定于地面上，上端和物體A拴接）。對B施加一豎直向下、大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）后物體A、B處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，F(xiàn)＞3mg?，F(xiàn)突然撤去外力F，設(shè)兩物體向上運(yùn)動(dòng)過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則在A、B分離前，下列說法正確的是（）A．剛撤去外力F時(shí)，F(xiàn)N＝2mg＋EMBEDEquation.DSMT4B．彈簧彈力等于F時(shí)，F(xiàn)N＝EMBEDEquation.DSMT4C．兩物體A、B在彈簧恢復(fù)原長之前分離D．彈簧恢復(fù)原長時(shí)FN＝2mg答案：B解析：A、撤去外力前，A、B組成的整體受力平衡，剛撤去外力F瞬間，彈簧彈力不變，整體所受的合力大小等于F，方向豎直向上，由牛頓第二定律，對A、B組成的整體有F＝3ma1，對物體B有FN－2mg＝2ma1，聯(lián)立解得FN＝EMBEDEquation.DSMT4＋2mg，故A錯(cuò)誤；B、彈簧彈力等于F時(shí)，對A、B組成的整體有F－3mg＝3ma2，對物體B有FN－2mg＝2ma2，聯(lián)立解得FN＝EMBEDEquation.DSMT4，故B正確；CD、當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間相互作用力為0，加速度相同，對B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也為g，對A，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F彈＝ma＝mg，即彈簧彈力為0，彈簧恰好恢復(fù)到原長，故C、D錯(cuò)誤?？偨Y(jié)升華1．臨界與極值問題的關(guān)鍵詞（1）有些題目中有“剛好