《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化四 牛頓運動定律的綜合應用（二）學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化四 牛頓運動定律的綜合應用（二）學案.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化四　牛頓運動定律的綜合應用(二) 專題解讀1.本專題是動力學方法在兩類典型模型問題中的應用，高考常以計算題壓軸題的形式命題. 2.通過本專題的學習，可以培養(yǎng)同學們審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達等物理學科素養(yǎng)，針對性的專題強化，通過題型特點和解題方法的分析，能幫助同學們迅速提高解題能力. 3.用到的相關知識有：勻變速直線運動規(guī)律、牛頓運動定律、相對運動的有關知識. 命題點一　“傳送帶模型”問題 傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題. 1.水平傳送帶問題 求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷.物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻. 2.傾斜傳送帶問題 求解的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用.當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變. 例1　如圖1所示，足夠長的水平傳送帶，以初速度v0＝6m/s順時針轉動.現(xiàn)在傳送帶左側輕輕放上m＝1 kg的小滑塊，與此同時，啟動傳送帶制動裝置，使得傳送帶以恒定加速度a＝4 m/s2減速直至停止；已知滑塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.滑塊可以看成質點，且不會影響傳送帶的運動，g＝10m/s2.試求： 圖1 (1)滑塊與傳送帶共速時，滑塊相對傳送帶的位移； (2)滑塊在傳送帶上運動的總時間t. ①傳送帶以恒定加速度減速直至停止；②滑塊與傳送帶共速. 答案　(1)3m　(2)2s 解析　(1)對滑塊，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma1　得：a1＝2 m/s2 設經(jīng)過時間t1滑塊與傳送帶達到共同速度v，有： v＝v0－at1 v＝a1t1 解得：v＝2 m/s，t1＝1 s 滑塊位移為x1＝＝1 m 傳送帶位移為x2＝＝4 m 故滑塊與傳送帶的相對位移Δx＝x2－x1＝3 m (2)共速之后，設滑塊與傳送帶一起減速，則滑塊與傳送帶間的靜摩擦力為Ff，有： Ff＝ma＝4 N＞μmg＝2 N 故滑塊與傳送帶相對滑動. 滑塊做減速運動，加速度仍為a1. 滑塊減速時間為t2，有： t2＝＝1 s 故：t＝t1＋t2＝2 s. 例2　如圖2所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ＝37，傳送帶AB足夠長，傳送皮帶輪以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動.一包貨物以v0＝12 m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質點. 圖2 (1)求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？ (2)經(jīng)過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時貨物相對于地面運動了多遠？ (3)從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多少時間？(g＝10m/s2，已知sin37＝0.6，cos37＝0.8) ①恒定速率順時針轉動；②貨物的速度和傳送帶相同；③再次滑回A端. 答案　(1)10m/s2，方向沿傳送帶向下 (2)1s　7m (3)(2＋2) s 解析　(1)設貨物剛滑上傳送帶時加速度為a1，貨物受力如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律得 沿傳送帶方向：mgsin θ＋Ff＝ma1 垂直傳送帶方向：mgcos θ＝FN 又Ff＝μFN 由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10(0.6＋0.50.8)＝10 m/s2，方向沿傳送帶向下. (2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時間設為t1，位移設為x1，則有： t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m (3)當貨物速度與傳送帶速度相等時，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設貨物加速度大小為a2，則有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿傳送帶向下. 設貨物再經(jīng)時間t2，速度減為零，則t2＝＝1 s 沿傳送帶向上滑的位移x2＝t2＝1 m 則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8 m. 貨物到達最高點后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度大小等于a2.設下滑時間為t3，則x＝a2t，代入解得t3＝2 s. 所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s. 1.如圖3所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上.設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(　　) 圖3 A.糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等 B.糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C.若μ≥tanθ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動 D.不論μ大小如何，糧袋從Α到Β端一直做勻加速運動，且加速度a≥gsinθ 答案　A 解析　若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若傳送帶較長，μ≥tanθ，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度與v相同；若μ＜tanθ，則糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度為g(sinθ－μcosθ)的勻加速運動，到達B端時的速度大于v，選項A正確；糧袋開始時速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶的運動方向是沿傳送帶向上，所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝＝g(sinθ＋μcosθ)，選項B錯誤；若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能是一直做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，選項C、D均錯誤. 2.如圖4所示為一水平傳送帶裝置示意圖.A、B為傳送帶的左、右端點，AB長L＝2m，初始時傳送帶處于靜止狀態(tài)，當質量m＝2kg的煤塊(可視為質點)輕放在傳送帶A點時，傳送帶立即啟動，啟動過程可視為加速度a＝2m/s2的勻加速運動，加速結束后傳送帶立即勻速運動.已知煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.1，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2). 圖4 (1)如果煤塊以最短時間到達B點，煤塊到達B點時的速度大小是多少？ (2)上述情況下煤塊運動到B點的過程中在傳送帶上留下的痕跡至少多長？ 答案　(1)2m/s　(2)1m 解析　(1)為了使煤塊以最短時間到達B點，煤塊應一直勻加速從A點到達B點 μmg＝ma1得a1＝1 m/s2 v＝2a1L vB＝2 m/s (2)傳送帶加速結束時的速度v＝vB＝2 m/s時，煤塊在傳送帶上留下的痕跡最短 煤塊運動時間t＝＝2 s 傳送帶加速過程： vB＝at1得t1＝1 s x1＝at得x1＝1 m 傳送帶勻速運動過程： t2＝t－t1＝1 s x2＝vBt2得x2＝2 m 故痕跡最小長度為Δx＝x1＋x2－L＝1 m. 命題點二　“滑塊－木板模型”問題 1.模型特點 涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動. 2.兩種位移關系 滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板同向運動，位移大小之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等于板長. 設板長為L，滑塊位移大小為x1，木板位移大小為x2 同向運動時：如圖5所示，L＝x1－x2 圖5 反向運動時：如圖6所示，L＝x1＋x2 圖6 3.解題步驟 → ↓ → ↓ →找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口，上一過程的 末速度是下一過程的初速度，這是兩過程的聯(lián)系紐帶 例3　(2015新課標Ⅱ25)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害.某地有一傾角為θ＝37(sin37＝)的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖7所示.假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊)，在極短時間內，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變.已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2.求： 圖7 (1)在0～2s時間內A和B加速度的大??； (2)A在B上總的運動時間. ①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣? 答案　(1)3m/s2　1 m/s2　(2)4s 解析　(1)在0～2s時間內，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示.由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 Ff1＝μ1FN1 ① FN1＝mgcosθ ② Ff2＝μ2FN2 ③ FN2＝FN1′＋mgcosθ ④ 規(guī)定沿斜面向下為正.設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1 ⑤ mgsinθ－Ff2＋Ff1′＝ma2 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得 a1＝3m/s2 ⑦ a2＝1m/s2 ⑧ (2)在t1＝2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6m/s ⑨ v2＝a2t1＝2m/s ⑩ 2s后，設A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時A與B之間摩擦力為0，同理可得a1′＝6m/s2 ? a2′＝－2m/s2 ? 由于a2′＜0，可知B做減速運動.設經(jīng)過時間t2，B的速度減為0，則有 v2＋a2′t2＝0 ? 聯(lián)立⑩??式得t2＝1s 在t1＋t2時間內，A相對于B運動的距離為 x＝－＝12m＜27m ? 此后B靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動.設再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有 l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t ? 可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去) ? 設A在B上總的運動時間為t總，有 t總＝t1＋t2＋t3＝4s 3.(多選)如圖8所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中(　　) 圖8 A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C.若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D.若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 答案　BD 解析　桌布對魚缸摩擦力的方向向右，A項錯誤；各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，設魚缸的質量為m，由牛頓第二定律可得魚缸在桌布和桌面上滑動的加速度大小相同，均為a＝μg，魚缸離開桌布時的速度為v，則魚缸在桌布上和在桌面上滑動時間均為t＝，B項正確；貓增大拉力時，魚缸受到的摩擦為Ff＝μmg不變，C項錯；若貓減小拉力，魚缸在桌布上加速運動的時間變長，離開桌布時的速度v＝μgt增大，加速運動的位移x1＝μgt2增大，且魚缸在桌面上減速滑行的位移x2＝也增大，則魚缸有可能滑出桌面，D項對. 4.(2016四川理綜10)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖9所示豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求： 圖9 (1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向； (2)制動坡床的長度. 答案　(1)5m/s2　方向沿制動坡床向下　(2)98m 解析　(1)設貨物的質量為m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsinθ＝ma1 ① f＝μmgcosθ ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得 a1＝5m/s2 ③ a1的方向沿制動坡床向下. (2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23m/s.貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12m，制動坡床的長度為l，則 Mgsinθ＋F－f＝Ma2 ④ F＝k(m＋M)g ⑤ s1＝vt－a1t2 ⑥ s2＝vt－a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧ l＝l0＋s0＋s2 ⑨ 聯(lián)立①～⑨并代入數(shù)據(jù)得l＝98m. “傳送帶”模型的易錯點 典例　如圖10所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動.在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是(　　) 圖10 答案　D 解析　開始階段，小木塊受到豎直向下的重力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ.小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tan θ，則小木塊不會與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動，之后小木塊繼續(xù)加速，所受滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以a2＝gsin θ－μgcos θ.根據(jù)以上分析，有a2＜a1，所以，本題正確選項為D. 易錯診斷　本題的易錯點在于沒有注意到關鍵條件“μ＜tan θ”，沒有準確分析小木塊所受摩擦力的方向，想當然地認為傳送帶足夠長，小木塊最后總會達到與傳送帶相對靜止而做勻速運動，從而錯選C選項.理解μ與tan θ關系的含義，正確分析小木塊所受摩擦力方向是解題關鍵. 變式拓展　(1)若將“μ＜tanθ”改為“μ＞tanθ”，答案應選什么？ 提示　若改為μ＞tan θ，則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后，滑動摩擦力突然變?yōu)殪o摩擦力，以后與傳送帶相對靜止而做勻速運動，故應選C選項. (2)若將傳送帶改為水平呢？ 提示　若將傳送帶改為水平，則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后，摩擦力突然消失，以后與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動，仍然是C選項正確. 題組1　“傳送帶模型”問題 1.如圖1所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37，A、B兩端相距L＝5.0m，質量為M＝10kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5.傳送帶順時針運轉的速度v＝4.0 m/s，(g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)求： 圖1 (1)物體從A點到達B點所需的時間； (2)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節(jié)，物體從A點到達B點的最短時間是多少？ 答案　(1)2.2s　(2)1s 解析　(1)設物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1 ① 設經(jīng)過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同， t1＝ ② 通過的位移x1＝ ③ 設物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為a2 Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2 ④ 由μ＜tanθ＝0.75知，物體繼續(xù)減速，設經(jīng)時間t2到達傳送帶B點 L－x1＝vt2－a2t ⑤ 聯(lián)立得①②③④⑤式可得：t＝t1＋t2＝2.2s (2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度大小一直為a2， L＝v0t′－a2t′2 t′＝1s(t′＝5s舍去). 2.車站、碼頭、機場等使用的貨物安檢裝置的示意圖如圖2所示，繃緊的傳送帶始終保持v＝1m/s的恒定速率運行，AB為水平傳送帶部分且足夠長，現(xiàn)有一質量為m＝5 kg的行李包(可視為質點)無初速度地放在水平傳送帶的A端，傳送到B端時沒有被及時取下，行李包從B端沿傾角為37的斜面滑入儲物槽，已知行李包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，行李包與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8，g取10 m/s2，不計空氣阻力(sin37＝0.6，cos37＝0.8). 圖2 (1)求行李包相對于傳送帶滑動的距離； (2)若B輪的半徑為R＝0.2m，求行李包在B點對傳送帶的壓力； (3)若行李包滑到儲物槽時的速度剛好為零，求斜面的長度. 答案　(1)0.1m　(2)25N，方向豎直向下　(3)1.25m 解析　(1)行李包在水平傳送帶上加速時μ1mg＝ma1 若行李包達到水平傳送帶的速度所用時間為t，則v＝a1t 行李包前進距離x1＝a1t2 傳送帶前進距離x2＝vt 行李包相對傳送帶滑動的距離Δx＝x2－x1＝0.1 m (2)行李包在B點，根據(jù)牛頓第二定律，有 mg－FN＝ 解得：FN＝25 N 根據(jù)牛頓第三定律可得：行李包在B點對傳送帶的壓力為25 N，方向豎直向下. (3)行李包在斜面上時，根據(jù)牛頓第二定律： mgsin 37－μ2mgcos 37＝ma2 行李包從斜面滑下過程：0－v2＝2a2x 解得：x＝1.25 m. 題組2　“滑塊－木板模型”問題 3.如圖3所示，水平傳送帶以v＝12m/s的速度順時針做勻速運動，其上表面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，把質量m＝20 kg的行李包輕放上傳送帶，釋放位置距傳送帶右端4.5 m處.平板車的質量M＝30 kg，停在傳送帶的右端，水平地面光滑，行李包與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，平板車長10 m，行李包從傳送帶滑到平板車過程速度不變，行李包可視為質點.(g＝10 m/s2)求： 圖3 (1)行李包在平板車上相對于平板車滑行的時間是多少？ (2)若要想行李包不從平板車滑出，求行李包釋放位置應滿足什么條件？ 答案　(1)0.6s　(2)見解析 解析　(1)行李包放上傳送帶做勻加速直線運動. a1＝μ1g v2＝2a1x 解得：v＝3 m/s 因v＝3 m/s＜12 m/s，符合題意 行李包滑上平板車后，行李包減速，平板車加速. a2＝μ2g＝3 m/s2 a3＝＝2 m/s2 v－a2t＝a3t 解得：t＝0.6 s 相對位移x＝vt－a2t2－a3t2＝0.9 m＜10 m，符合題意. (2)當行李包剛好滑到平板車右端時，行李包與平板車的相對位移等于車長.設行李包剛滑上平板車時速度為v0，L為平板車長，則v0－a2t′＝a3t′ v0t′－a2t′2－a3t′2＝L 解得v0＝10 m/s＜12 m/s 故行李包在傳送帶上一直做勻加速直線運動 v＝2a1x′ 解得：x′＝50 m 所以行李包釋放位置距離傳送帶右端應不大于50 m. 4.一平板車，質量M＝100kg，停在水平路面上，車身的平板離地面的高度h＝1.25m，一質量m＝50kg的小物塊置于車的平板上，它到車尾的距離b＝1m，與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，如圖4所示，今對平板車施加一水平方向的恒力，使車向前行駛，結果物塊從車板上滑落，物塊剛離開車板的時刻，車向前行駛距離x0＝2.0m，求物塊落地時，落地點到車尾的水平距離x(不計路面摩擦，g＝10m/s2). 圖4 答案　1.625m 解析　設小物塊在車上運動時，車的加速度為a1，物塊的加速度為a2.則 a2＝＝μg＝0.210 m/s2＝2 m/s2. 由x＝at2得： x0＝a1t2，x0－b＝a2t2. 故有＝＝＝， a1＝2a2＝4 m/s2. 對車，由牛頓第二定律得：F－μmg＝Ma1. F＝Ma1＋μmg＝1004 N＋0.25010 N＝500 N. 小物塊滑落時車速v1＝＝ m/s＝4 m/s， 小物塊速度v2＝＝ m/s＝2 m/s 物塊滑落后，車的加速度a′＝＝ m/s2＝5 m/s2 小物塊落地時間t′＝＝ s＝0.5 s. 車運動的位移x車′＝v1t′＋a′t2＝40.5 m＋50.52 m＝2.625 m. 小物塊平拋的水平位移x物′＝v2t′＝20.5 m＝1 m. 物塊落地時，落地點與車尾的水平位移為：x＝x車′－x物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m.