第1篇 专题1 第3课时 牛顿运动定律的综合应用（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习教案聚焦牛顿运动定律综合应用，整合传送带、板块问题等核心考点，按“规律梳理-典例精析-方法总结”逻辑架构，通过考点分类梳理、解题方法指导、高考真题训练环节，帮助学生构建动力学问题分析体系。 教案采用图像分析法与临界条件讨论策略，如传送带问题结合v-t图像分析相对运动，板块问题用共速临界条件判断滑动，培养科学思维与模型建构能力。设置分层真题训练与即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰路径，提升学生应考能力。

第3课时　牛顿运动定律的综合应用 【目标要求】　会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.传送带问题 (1)如图甲，传动带足够长，无初速释放物块后，若μ<tan θ，物块先以a1＝g(sin θ＋μcos θ)匀加速下滑，再以a1＝g(sin θ－μcos θ)匀加速下滑；若μ>tan θ，则先以a1＝g(sin θ＋μcos θ)匀加速下滑，后随皮带匀速下滑． 　 (2)如图乙，物体以v0滑上水平速度v匀速运动长为L水平传送带，当L<时，则物体一直减速滑出皮带；当L>，并且v0>v时，先向前减速至0，再反向加速返回，当速度加速到v后，匀速至回到右端；当L>，并且v0<v时，先向前减速至0，再反向加速返回，回到传送带右端时速度为v. (3)如图丙，把质量为m的物体由静止放在以水平速度v匀速运动的长为L传送带上，当L≤，物体一直向前加速；当L>时，物体先加速后匀速． 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 2.板块问题 　 (4)如图甲，若μ1mAg≤μ2g，则B保持静止；若μ1mAg>μ2g，则物体A以aA＝μ1g减速，物体B以aB＝加速． (5)如图乙，μ1＝3μ2＝μ，mA＝mB＝m，若F≤μmg，则A、B保持静止；若μmg≥F>μmg，则物体A、B以共同加速度a＝做加速运动；若F>μmg，则物体A、B发生相对滑动，分别以aA＝，aB＝μg做匀加速运动． 热考一　动力学两类基本问题 【例1】　(2025·四川南充一模)如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长l1＝4 m和l2＝8 m的两段不同材料AB和BC制成，滑梯与水平地面夹角θ＝37°.一小朋友从A点由静止滑下，经6 s到达C点速度恰好为零．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小朋友滑行过程中的最大速度vm； (2)小朋友与AB和BC材料间的动摩擦因数μ1和μ2. 【解析】　(1)小朋友滑至B点速度最大，由匀变速直线运动规律可得：t＝l1＋l2 代入数据解得：vm＝4 m/s； (2)设小朋友在AB、BC段的加速度大小分别为a1和a2，在AB段，小朋友做匀加速运动，则有：v＝2a1l1，代入数据解得： a1＝2 m/s2 对小朋友，由牛顿第二定律可得： a1＝＝g sin 37°－μg cos 37° 代入数据解得：μ1＝0.5 在BC段，小朋友做匀减速运动，由运动学公式可得：0－v＝－2a2l2 代入数据得：a2＝1 m/s2 由牛顿第二定律可得： a2＝＝μ2g cos 37°－g sin 37° 代入数据解得：μ2＝. 【答案】　(1)4m/s　(2)0.5和 【例2】　(2025·大连期末)如图，一根固定的长杆与水平面成θ＝53°角．上面套着质量m＝1 kg的圆环，其直径比杆略大，可自由滑动．杆的OA段粗糙，与环的摩擦因数μ＝0.8，AB段光滑．在纸面内，有一个与杆成53°角斜向上的恒力F作用在环上．环从底端O处以初速度v0＝0.8 m/s沿杆向上作匀减速运动，经t＝0.1 s到达A点时速度减为vA＝0.4 m/s(仍向上).这时撤去恒力F，环继续向上最远滑行到B处，已知g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8. (1)求AB之间的距离； (2)求F的大小； (3)圆环从B下滑后，在AO之间的C处重新施加恒力F(大小、方向与之前相同).是否可能让环无法到达O？如果可能，计算OC至少多大；如果不能，说明理由． 【解析】　(1)环从A运动到B点，对环受力分析，设环的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma1，代入数据解得：a1＝8m/s2，AB间的距离为xAB＝＝ m＝0.01 m； (2)对环到达A点之前的过程，受力分析，如图所示： ①当恒力F较大时，杆对圆环的弹力垂直杆向下． 沿斜面方向有： F cos 53°－mg sin 53°－μ(F sin 53°－mg cos 53°)＝ma a＝＝ m/s2＝－4 m/s2 解得F＝20 N； ②当恒力F较小时，杆对圆环的弹力垂直杆向上． 沿斜面方向有： F cos 53°－mg sin 53°－μ(mg cos 53°－F sin 53°)＝ma 解得F＝ N； (3)OA的距离xOA＝·t，解得xOA＝0.06 m，AB段光滑，vA＝0.4 m/s，重新施加F前，根据牛顿第二定律，mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma2，设重新施加力F恰好使圆环滑动到O点速度为零，OC的距离为x，当重新施加力F时，根据牛顿第二定律F cos 53°－mg sin 53°＋μ(F sin 53°－mg cos 53°)＝ma3，a3＝12 m/s2，根据运动学公式，v－v＝2a2xAC，0－v＝－2a3xCO，xAO＝xAC＋xCO，解得：xC O＝0.018 m. 【答案】　(1)0.01 m　(2)20 N/N (3)0.018 m 【总结提升】 热考二　动力学方法解决传送带问题 【例3】　(2024·九省联考安徽卷)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s.质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物．已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间． 【解析】　(1)根据牛顿第二定律货物在左端平台上时加速度为a1＝ 由运动学规律有v＝2a1s1，其中s1＝1 m 解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1＝2 m/s； (2)由于v1＞v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为 a2＝ 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝ 该段时间货物位移为s2＝t2 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝ 故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3，代入数据解得t＝2 s. 【答案】　(1)2 m/s　(2)2 s 【例4】　(多选)(2024·成都模拟)如图甲，倾角为θ＝37°的足够长的传送带顺时针匀速转动．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)以某一初速度从传送带底端滑上传送带，物块运动的速度—时间图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　 ) A．传送带转动的速度大小为8 m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 C．物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程为4 m D．物块在传送带上运动的总时间为s 【解析】　A．由图乙可知，物块的初速度大小v0＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动的速度大小v＝4 m/s，故A错误；B.0～0.4 s内，物块的加速度大小a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得μ＝0.5，故B正确；C.根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，该过程中物块的位移大小x物＝×0.4 m＝2.4 m，传送带的位移大小 x传1＝vΔt＝4×0.4 m＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx1＝x物－x传1＝2.4 m－1.6 m＝0.8 m，t＝0.4 s之后，设物块做匀减速直线运动的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块经过时间t1速度减为零，则t1＝ s＝2 s，物块减速到零的位移大小x物2＝t1＝×2 m＝4 m，传送带的位移大小 x传2＝vt1＝8 m，物块相对传送带向下运动 Δx2＝x传2－x物2＝8 m－4 m＝4 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程 Δx＝Δx1＋Δx2＝0.8 m＋4 m＝4.8 m，故C错误；D.物块反向向下加速的位移大小x＝x传＋x物2，由x＝at，解得t2＝ s 故物块在传送带上运动的总时间 t＝Δt＋t1＋t2，解得t＝ s，故D正确． 【答案】　BD 【总结提升】 热考三　动力学方法解决板块问题 【例5】　(多选)(2025·湖南师大附中质检)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt(k为常数，t代表时间)，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　 ) A．在0～2 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大 B．在2～3 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小 C．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小1.5 m/s D．m1与m2之比为1∶3 【解析】　A．根据图像，经分析可知，在0～2 s时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有f静＝m1a，a在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故A正确；B.长木板的加速度a在3 s时突变，所以小滑块在3 s时脱离长木板，对长木板在3 s时刻前后分别列牛顿第二定律可得 3k－f＝m2a前＝2m2，3k＝m2a后＝3m2，两式联立可得f＝m2，故B正确；C.在 2 s时刻小滑块与长木板速度相同，在2～3 s时间内，小滑块的速度的变化量为Δv1＝1×(3－2) m/s＝1 m/s，长木板的速度的变化量为Δv2＝×(1＋2)×1 m/s＝1.5 m/s，所以当小滑块从长木板上脱离时，长木板比小滑块的速度大0.5 m/s，故C错误；D.在0～2 s时间内，F＝(m1＋m2)a1，整理得a1＝，由图像可知＝，在2～3 s时间内，F－f＝m2a2，整理得a＝t－，根据图像斜率可知＝1，联立解得m1＝m2，故D错误． 【答案】　AB 【总结提升】 分析“板—块”模型问题的四点注意 1．从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系． 2．滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件． 3．滑块与滑板存在相对滑动的条件 (1)运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动． (2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动． (3)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速． [高考模拟冲关] 1．(2025·广西南宁市高三一模)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v－t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．t1＝1 s B．整个过程中，鸟下落的高度为3 m C．t1～t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2 D．t1～t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍 【解析】　A．小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝6 m/s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝0.6 s，故A错误；B.整个过程下落的高度为图 v－t图像与时间轴所围成的面积，则h＝×t1＝××0.6 m＝3 m，故B正确；C.t1～t1时间内小鸟的加速度a＝＝m/s2＝－15 m/s2，所以加速度大小为15 m/s2，故C错误；D.t1～t1时间内，由牛顿第二定律有f－mg＝ma，可得f＝2.5mg，则＝2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D错误． 【答案】　B 2．(2025·北京平谷一模)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.g取10 m/s2，则(　　 ) A.传送带的速度为16 m/s B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 【解析】　A．由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；BC.在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2 在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2 根据图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2 联立解得μ＝0.25，故C正确；D.当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误，故选C. 【答案】　C 学科网（北京）股份有限公司 $