创新大课堂届新课标高考物理一轮配套文档3本章备考特供3牛顿运动定律.docx

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本章备考特供

名师坐堂·讲方法

解题方法系列讲座（三）　用牛顿定律处理综合应用中的三种常见模型

模型一　牛顿运动定律在滑块—

滑板问题中的应用

模型概述　牛顿运动定律在滑块一滑板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，着重考查学生分析问题、运用知识的能力．

求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口．

求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

典例1　（2015·新课标全国Ⅰ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5cm，如图（a）所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

[解析]　

（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s

小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小

a2＝

m/s2＝4m/s2.

根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋

a1t2

解得a1＝1m/s2

小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：

μ1（m＋15m）g＝（m＋15m）a1，即μg＝a1

解得μ1＝0.1

（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1（15m＋m）g＋μ2mg＝15ma3

可得a3＝

m/s2

对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2

由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－

a3t

＝

m，末速度v1＝

m/s

滑块向右运动的位移x2＝

t1＝2m

此后，小物块开始向左加速，

加速度大小仍为a2＝4m/s2

木板继续减速，加速度大小仍为a3＝

m/s2

假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2

解得t2＝0.5s

此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－

a3t

＝

m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s

滑块向左运动的位移x4＝

a2t

＝0.5m

此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2

向左运动的位移为x5＝

＝2m

所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m

[答案]　

（1）0.1　0.4　

（2）6m　（3）6.5m

（1）不清楚滑块一滑板类问题中滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．

（2）画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．

（3）不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

（4）不清楚物体间发生相对滑动的条件．

模型二　牛顿运动定律在传送

带问题中的应用

模型概述　物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．

因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键．

下面介绍两种常见的传送带模型：

1．水平传送带模型

项目

图示

滑块可能的运动情况

情景1

（1）可能一直加速

（2）可能先加速后匀速

情景2

（1）v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

（2）v0

情景3

（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端

（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0

2.倾斜传送带模型

项目

图示

滑块可能的运动情况

情景1

（1）可能一直加速

（2）可能先加速后匀速

情景2

（1）可能一直加速

（2）可能先加速后匀速（3）可能先以a1加速后以a2加速

情景3

（1）可能一直加速

（2）可能先加速后匀速

（3）可能一直匀速

（4）可能先以a1加速后以a2加速

情景4

（1）可能一直加速

（2）可能一直匀速

（3）可能先减速后反向加速

典例2　如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是（　　）

A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0

B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点

C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0

D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0

[解析]　传送带静止时，有

mv

－

mv

＝－μmgL，即vB＝

，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，不会为零，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C正确；当其运行速率（保持不变）v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：

若物体速度加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D不对．

[答案]　AC

典例3　如图所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝

，取g＝10m/s2.

（1）通过计算说明工件在传送带上做什么运动；

（2）求工件从P点运动到Q点所用的时间．

[解析]　

（1）工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力

由牛顿第二定律得：

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

代入数值得：

a＝2.5m/s2

则其速度达到传送带速度时发生的位移为

x1＝

＝

m＝0.8m＜4m

可见工件先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m.

（2）匀加速时，由x1＝

t1得t1＝0.8s

匀速上升时t2＝

＝

s＝1.6s

所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4s.

[答案]　

（1）先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m　

（2）2.4s

对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．

模型三　等时圆模型的应用

模型概述

1．“等时圆”模型

（1）物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点时间均相等，且为t＝2

（如图甲所示）．

（2）物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2

（如图乙所示）．

2．巧用“等时圆”模型解题

对于涉及竖直面上物体运动时间的比较、计算等问题可考虑用等时圆模型求解．

典例4　如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则（　　）

A．a球最先到达M点

B．b球最先到达M点

C．c球最先到达M点

D．b球和c球都可能最先到达M点

[解析]　如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝

gt

，所以tc＝

；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2Rsinθ＝

gsinθt

，即ta＝2

；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2

（r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r＞R）．综上所述可得tb＞ta＞tc.

[答案]　C

[迁移训练]

1．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）

A．乘客与行李同时到达B处

B．乘客提前0.5s到达B处

C．行李提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处

[解析]　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝

＝1s与传送带达到共同速度，位移x1＝

t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝

＝1.5s到达B，共用时间2.5s；乘客到达B，历时t＝

＝2s，故B正确，A、C错误，若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝

s＝2s，D正确．

[答案]　BD

2．如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（　　）

A．2∶1　　　　　　　　B．1∶1

C.

∶1D．1∶

[解析]　设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2（R＋r）sinθ，由运动学公式s＝

at2，得t＝

＝

＝2

，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．

[答案]　B

3．如图所示，薄板A长L＝5m，其质量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端x＝3m处放一物体B（可看成质点），其质量m＝2kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后