力與運(yùn)動(dòng)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用講義

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用編審教師：高級(jí)教師白英彬本專題主要包括傳送帶模型、滑塊滑板模型及臨界問題，命題角度往往通過運(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(duì)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，對(duì)學(xué)生的理解能力、分析綜合能力及應(yīng)用數(shù)學(xué)方法解題的能力均要求較高。傳送帶問題（2022山西省月考）如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩側(cè)的傳送帶長都是16m，且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個(gè)滑塊A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）從傳送帶頂端同時(shí)由靜止滑下，已知滑塊A、B的質(zhì)量均為1kg，與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．滑塊A先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng) B．滑塊A比B早到達(dá)底端2sC．滑塊A、B到達(dá)傳送帶底端時(shí)的速度大小相等D．滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為6m關(guān)鍵信息：A由靜止滑下→受力分析→一定先加速，速度與傳送帶同向→A與傳送帶共速后→μ＜tanθ→繼續(xù)加速B由靜止滑下→受力分析→μ＜tanθ，且速度與傳送帶相反→一直加速解題思路：分析傳送帶問題的關(guān)鍵是判斷摩擦力方向，以及共速后根據(jù)μ和tanθ的關(guān)系重新判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。AB、對(duì)于滑塊A，開始時(shí)相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力向下，由牛頓第二定律：a1＝，解得：a1＝10m/s2速度達(dá)到和傳送帶速度一樣時(shí)，由于重力在斜面方向上的分力大于摩擦力，故還要向下加速此時(shí)加速度為a2＝，解得：a2＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，第一階段：t1＝＝s＝1s，位移x1＝t1＝×1m＝5m，方向向下第二階段：L?x1＝v0t2＋，解得：t2＝1s所以：tA＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s對(duì)于滑塊B，一直相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，且重力在斜面方向上的分力大于摩擦力，由牛頓第二定律：a＝，解得：a＝2m/s2一直加速到底，則L＝，解得：tB＝4s滑塊A比B早到達(dá)底端Δt＝tB－tA＝4s－2s＝2s，故A錯(cuò)誤、B正確；C、A到底端時(shí)vA＝v0＋a2t2，解得：vA＝12m/s，B達(dá)到底端的速度大小為：vB＝atB＝2×4m/s＝8m/s，故C錯(cuò)誤；D、第一階段，傳送帶的位移，x1′＝v0t1＝10×1m＝10m，滑塊A相對(duì)傳送帶向上位移：Δx1＝x1′－x1，解得：Δx1＝5m，方向向上。第二階段滑塊A相對(duì)傳送帶的位移：Δx2＝(L－x1)－v0t2＝(16－5)m－10×1m＝1m，方向向下，所以滑痕還是5m，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2022四川省月考）如圖所示，水平傳送帶以速度v1＝6m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q質(zhì)量均為1kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15m，繩足夠長，g＝10m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是（）A．小物體P在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中，加速度一直不變 B．小物體P從傳送帶右端離開傳送帶C．小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9mD．小物體P離開傳送帶時(shí)速度大小為m/sA、對(duì)物體P分析可知，開始時(shí)物體P受到的摩擦力水平向左，設(shè)繩子拉力為T，以向左的方向?yàn)檎较?，根?jù)牛頓第二定律分析兩個(gè)物體，則對(duì)物體P，T＋μmg＝ma1對(duì)物體Q，mg－T＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝8m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，在此過程中t1＝＝s＝0.5sx1＝t1＝×＝4m＜L故達(dá)到相等速度后，物體P仍在傳送帶上，分析可知將繼續(xù)向右減速，此時(shí)摩擦力方向向右，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)物體P，T'－μmg＝ma2對(duì)物體Q，mg－T'＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝2m/s2，故A錯(cuò)誤；B、物體P從6m/s減速到零所需的時(shí)間為t2＝＝s＝3s此過程中，P向右的位移為x2＝t2＝×3m＝9mP的總位移為x＝x1＋x2＝4m＋9m＝13m＜L，故P沒有從右端滑落，故B錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析可知，在達(dá)到速度相等之前，傳送帶移動(dòng)的位移為x傳1=v1t1=6×0.5m=3m故相對(duì)位移為：Δx1=x1x傳1=1m,方向相對(duì)傳送帶向右；從速度相等到P減速到零，傳送帶的位移為x傳2=v1t2=6×3m=18m故相對(duì)位移為：Δx2=x傳2x2=9m，方向相對(duì)傳送帶向左；故小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9mD、P減速到零后，將開始向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2m/s2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v2＝2ax代入數(shù)據(jù)解得：v＝m/s，故D錯(cuò)誤；故選：C。1．受力分析：對(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng)”，而不是“絕對(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向的變化（小物體和傳送帶對(duì)地速度的大小和方向的比較），以及相對(duì)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。板塊問題（2022?湖南模擬）如圖（a）所示，與長木板質(zhì)量相等的小鐵塊位于長木板的最左端，t＝0時(shí)刻開始二者以v0＝8m/s的初速度一起向右運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)長木板與右側(cè)的擋板相碰（碰撞時(shí)間極短），碰撞之前的運(yùn)動(dòng)過程中小鐵塊與長木板通過鎖定裝置鎖定，碰撞前瞬間解除鎖定，碰撞過程中沒有能量損失，長木板運(yùn)動(dòng)的部分速度－時(shí)間圖像如圖（b）所示，在運(yùn)動(dòng)過程中小鐵塊剛好沒有從長木板上滑下。小鐵塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：（1）長木板與水平地面之間以及小鐵塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）長木板的長度。關(guān)鍵信息：碰撞之前鎖定、一起向右運(yùn)動(dòng)→整體法→地面的摩擦力為整體提供合力v－t圖像→求長木板的加速度→根據(jù)牛頓第二定律分析受力情況v－t圖像→0.5s后長木板向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)→小鐵塊向右勻減速→誰先減到0？→求解位移開始時(shí)小鐵塊位于長木板的最左端、最后小鐵塊剛好沒有從長木板上滑下→小鐵塊到達(dá)木板最右端相對(duì)靜止→相對(duì)位移大小等于木板長度解題思路：（1）根據(jù)v－t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，由v－t圖像得到長木板不同階段的加速度，分析長木板的受力情況，由牛頓第二定律求解；（2）0.5s時(shí)刻之后，小鐵塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得小鐵塊的加速度大小，繼而判斷出長木板先于小鐵塊速度減小到零，長木板速度減小到零后處于靜止?fàn)顟B(tài)，小鐵塊仍向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為零恰好到達(dá)木板最右端，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別求得此過程長木板和小鐵塊的位移大小，兩位移大小之和即為所求。（1）設(shè)長木板與小鐵塊的質(zhì)量均為m，長木板與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，小鐵塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2；由v－t圖像可得，0～0.5s時(shí)間內(nèi)長木板與小鐵塊整體的加速度大小為：a1＝＝m/s2＝4m/s2對(duì)此過程由牛頓第二定律得：μ1?2mg＝2ma1解得：μ10.5s時(shí)刻之后，長木板向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小鐵塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。由v－t圖像可得，0.5s之后長木板的加速度大小為：a2＝＝m/s2＝10m/s2對(duì)長木板由牛頓第二定律得：μ1?2mg＋μ2mg＝ma2解得：μ2＝0.2；（2）由牛頓第二定律可得，0.5s時(shí)刻之后小鐵塊的加速度大小為：a3＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s20.5s時(shí)刻之后，長木板與小鐵塊均以v＝6m/s的速度大小分別向左、向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因a2＞a3，故長木板先于小鐵塊速度減小到零，設(shè)此過程長木板的位移大小為x1，則有：2a2x1＝v2代入數(shù)據(jù)解得：x1長木板速度減小到零后，因小鐵塊與長木板之間的滑動(dòng)摩擦力（大小為μ2mg）小于長木板與水平地面之間的最大靜摩擦力（大小為2μ1mg），故長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，小鐵塊仍向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為零，設(shè)0.5s時(shí)刻之后，小鐵塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為零的位移大小為x2，則有：2a3x2＝v2代入數(shù)據(jù)解得：x2＝9m設(shè)長木板的長度為L，長木板的長度等于0.5s時(shí)刻之后小鐵塊與長木板的相對(duì)位移大小，則有：L＝x1＋x2＝1.8m＋9m＝10.8m。（2022?衡陽一模）如圖a所示，一滑塊置于長木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個(gè)Ft（N）的變力作用，從t＝0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力f隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖b所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（）C．圖b中，t2D．木板的最大加速度為4m/s2關(guān)鍵信息：施加變力F作用→思考滑塊是否被拉動(dòng)？t2后f不變→f是滑動(dòng)摩擦力→t2后滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng)，t2前相對(duì)靜止t1前后靜摩擦力不同→滑塊與木板是否運(yùn)動(dòng)？解題思路：分別以滑塊和木板為研究對(duì)象，結(jié)合圖象進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合摩擦力的計(jì)算公式分析，注意尋找摩擦力f和時(shí)間的函數(shù)關(guān)系。t2時(shí)刻以后摩擦力均不再變化，根據(jù)受力求解加速度。設(shè)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。A、由題意可知，t2時(shí)刻之后，滑塊與木板間有相對(duì)滑動(dòng)，滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力不隨F而變化，可得f1＝μ1mg由圖b知f1＝10N，代入數(shù)據(jù)解得：μ1＝0.5，故A錯(cuò)誤；B、結(jié)合圖b可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，滑塊與木板均靜止，t1～t2時(shí)間內(nèi)，滑塊與木板相對(duì)靜止，一起相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，可知t1時(shí)刻木板與地面間達(dá)到最大靜摩擦力，可得f2＝μ2?2mg，由圖b知f2＝6N，代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.15，故B錯(cuò)誤；CD、t2時(shí)刻，滑塊與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)滑塊、木板分別由牛頓第二定律得F－μ1mg＝maμ1mg－μ2?2mg＝ma其中Ft2（N）聯(lián)立解得a＝2m/s2，t2之后木板的加速度保持不變，故木板的最大加速度為2m/s2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。（2022河北月考）隨著社會(huì)的高速發(fā)展，物流行業(yè)已經(jīng)成為社會(huì)主流產(chǎn)業(yè)，快遞員每天忙碌穿梭在城鄉(xiāng)的大街小巷，把貨品送到客戶手里?？爝f員卸貨時(shí)，為了防止車輛與地面的高度差造成摔壞貨物，往往會(huì)準(zhǔn)備兩個(gè)與貨車車廂等高的物體，將貨物從運(yùn)貨車滑至送貨車，我們一般可以簡化成如下圖所示模型，兩個(gè)完全相同的木板放置于水平地面上，把木板緊緊排在一起組成木板組，已知單個(gè)木板的質(zhì)量M＝0.6kg，長度l＝0.5m。把貨物等效成一個(gè)質(zhì)量m＝0.4kg的質(zhì)點(diǎn)小塊，以初速度v0＝2m/s從貨車上甩出去，使其滑上木板的左端，已知貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）貨物滑上第二個(gè)木板的瞬間的速度大??；（2）貨物最終滑動(dòng)的位移。（1）木板受到貨物的摩擦力為f1＝μ1mg木板組受到地面的摩擦力為f2＝μ2(2M＋m)g＝0.1×()因?yàn)閒2＞f1，所以貨物在左端木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板組靜止不動(dòng)設(shè)貨物在左邊第一個(gè)木板上的加速度為a1，取初速度方向?yàn)檎?，根?jù)牛頓第二定律得－μ1mg＝ma1貨物滑上第二個(gè)木板的瞬時(shí)的速度為v，則2a1l＝v2－v02代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s；（2）貨物滑上第二個(gè)木板后，設(shè)右端木板的加速度為a2，則μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2設(shè)貨物與木板達(dá)到相同速度v1時(shí)，用時(shí)為t，則有：對(duì)貨物：v1＝v＋a1t對(duì)木板有：v1＝a2t聯(lián)立解得：v1＝0.1m/s，t此時(shí)貨物運(yùn)動(dòng)的位移x1＝木板的位移x1′＝解得：x1＝0.165m，x1′貨物在木板上滑動(dòng)的長度為x1－x1′＝0.165m－0.015m＝0.15m＜l達(dá)到共速后，貨物和木板一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)貨物、木板一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a3，位移為x2，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3－2a3x2＝0－v12解得：x2貨物滑動(dòng)的總位移x＝l＋x1＋x2＝0.5m＋0.165m＋0.005m＝0.67m。求解“滑塊—滑板”模型的關(guān)鍵是對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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臨界問題（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(duì)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＋B．彈簧彈力等于F時(shí)，F(xiàn)N＝C．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關(guān)鍵信息：A、B處于平衡狀態(tài)→結(jié)合平衡條件進(jìn)行分析計(jì)算A、B分離→分離條件：（1）速度相同（2）加速度相同（3）A、B間彈力為0分離前→利用整體法和隔離法進(jìn)行相關(guān)計(jì)算解題思路：根據(jù)選項(xiàng)，先對(duì)A、B整體由牛頓第二定律求解出加速度，然后運(yùn)用隔離法研究B，由牛頓第二定律求FN；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，整體的加速度為g，再由牛頓第二定律求FN。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(duì)A、B組成的整體有F＝3ma1，對(duì)物體B有FN－2mg＝2ma1，聯(lián)立解得FN＝F＋2mg，故A錯(cuò)誤；B、彈簧彈力等于F時(shí)，對(duì)A、B組成的整體有F－3mg＝3ma2，對(duì)物體B有FN－2mg＝2ma2，聯(lián)立解得FN＝F，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(duì)B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也為g，對(duì)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。故選：B。2。若不撤去木板B，用外力控制