2019年度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律学案（打包5套）.zip

1专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.一、动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律( F 合 ＝ ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受 力 情 况  F合      F合 ＝ ma 加 速 度 a   运 动 学 公 式 运 动 情 况  v、 x、 t自测 1 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 BD解析 小球的质量 m＝ ρ · π r3，由题意知 m 甲 m 乙 ， ρ 甲 ＝ ρ 乙 ，则 r 甲 r 乙. 空气阻力43f＝ kr，对小球由牛顿第二定律得， mg－ f＝ ma，则a＝ ＝ g－ ＝ g－ ，可得 a 甲 a 乙 ，由 h＝ at2知， t 甲 v 乙 ，故选项 B 正确；因 f 甲 f 乙 ，由球克服阻力做功2ah2Wf＝ fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确.二、动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好” “恰好” “正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)题目中“取值范围” “多长时间” “多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点” ，而这些“起止点”一般对应着临界状态.(3)题目中“最大” “最小” “至多” “至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是 FT＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.自测 2 (2015·山东理综·16)如图 1，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、 B 接触面竖直)，此时 A 恰好不滑动， B 刚好不下滑.已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ 1， A 与地面间的动摩擦因数为 μ 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. A 与 B 的质量之比为( )图 1A. B.1μ 1μ 2 1－ μ 1μ 2μ 1μ 2C. D.1＋ μ 1μ 2μ 1μ 2 2＋ μ 1μ 2μ 1μ 2答案 B解析 对物体 A、 B 整体在水平方向上有 F＝ μ 2(mA＋ mB)g；对物体 B 在竖直方向上有μ 1F＝ mBg；联立解得： ＝ ，选项 B 正确.mAmB 1－ μ 1μ 2μ 1μ 2命题点一 动力学两类基本问题1.解题关键3(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.2.常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用合成法.(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)时，则采用正交分解法.类型 1 已知物体受力情况，分析物体运动情况例 1 (2014·课标全国卷Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的 .若要求安全距离仍为 120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.25答案 20m/s解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为 μ 0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为 s，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ 0mg＝ ma0 ①s＝ v0t0＋ ②v202a0式中， m 和 v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为 μ ，依题意有 μ ＝ μ 0 ③25设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ ma ④s＝ vt0＋ ⑤v22a联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s( v＝－24 m/s 不符合实际，舍去)变式 1 如图 2 所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端 A 点由静止滑下 8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端 B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量 m＝70kg，倾斜滑道 AB 长 lAB＝128m，倾角 θ ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数 μ ＝0.5.滑沙车经过 B 点前后的速度大小不变，重力加速度 g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.4图 2(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道 BC 段的最大滑行距离为 16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N解析 (1)由 mgsinθ － μmg cosθ ＝ ma，解得游客从顶端 A 点由静止滑下的加速度a＝2m/s 2.游客匀速下滑时的速度大小为 v＝ at1＝16 m/s.(2)加速下滑路程为 l1＝ at12＝64m，匀速下滑路程 l2＝ lAB－ l1＝64m，游客匀速下滑的时12间 t2＝ ＝4s.l2v(3)设游客在 BC 段的加速度大小为 a′，由 0－ v2＝－2 a′ x解得 a′＝ ＝8m/s 2，由牛顿第二定律得 F＋ μmg ＝ ma′，解得制动力 F＝210N.0－ v2－ 2x类型 2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例 2 (2014·课标全国卷Ⅱ·24)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小 g＝10m/s 2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f＝ kv2，其中 v 为速率， k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已 知 该 运 动 员 在 某 段 时 间 内 高 速 下 落 的 v—t 图 象 如 图 3 所 示 .若 该 运 动 员 和 所 带 装备 的 总 质 量 m＝ 100 kg， 试 估 算 该 运 动 员 在 达 到 最 大 速 度 时 所 受 阻 力 的 阻 力 系 数 .(结 果 保留 1 位 有 效 数 字 )图 3答案 (1)87s 8.7×10 2 m/s (2)0.008 kg/m5解析 (1)设该运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t，下落距离为 s，在1.5km 高度处的速度大小为 v.根据运动学公式有v＝ gt ①s＝ gt2 ②12根据题意有s＝3.9×10 4m－1.5×10 3m＝3.75×10 4m ③联立①②③式得t≈87s ④v≈8.7×10 2m/s ⑤(2)该运动员达到最大速度 vmax时，加速度为零，根据平衡条件有 mg＝ kvmax2 ⑥由所给的 v—t 图象可读出 vmax≈360m/s ⑦由⑥⑦式得 k≈0.008kg/m变式 2 如图 4 甲所示，质量 m＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动， t＝0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象( v－ t 图象)如图乙所示， g 取 10m/s2，求：图 4(1)2s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小 a1、 a2和拉力大小 F.答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s 2 4 m/s 2 8N解析 (1)在 2s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离： x1＝ ×2×1m＝1m12物块下滑的距离： x2＝ ×1×1m＝0.5m12所以位移大小 x＝ x1－ x2＝0.5m路程 L＝ x1＋ x2＝1.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a1＝4m/s 2a2＝4m/s 2设斜面倾角为 θ ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律有60～0.5s 内： F－ Ff－ mgsinθ ＝ ma10.5～1s 内： Ff＋ mgsinθ ＝ ma2解得 F＝8N命题点二 多物体多过程问题1.将“多过程”分解为许多“子过程” ，各“子过程”间由“衔接点”连接.2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.3.根据“子过程” “衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.例 3 (2015·全国卷Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为 θ ＝37°(sin37°＝ )的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与35斜坡平行； B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)， A 和 B 均处于静止状态，如图 5 所示.假设某次暴雨中， A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内， A、 B间的动摩擦因数 μ 1减 小 为 ， B、 C 间 的 动 摩 擦 因 数 μ 2减 小 为 0.5， A、 B 开 始 运 动 ， 此 时38刻 为 计 时 起 点 ； 在 第 2 s 末 ， B 的 上 表 面 突 然 变 为 光 滑 ， μ 2保 持 不 变 .已 知 A 开 始 运 动 时 ，A 离 B 下 边 缘 的 距 离 l＝ 27 m， C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小 g＝10m/s 2.求：图 5(1)在 0～2s 时间内 A 和 B 加速度的大小；(2)A 在 B 上总的运动时间.答案 (1)3m/s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在 0～2s 时间内， A 和 B 的受力如图所示，其中 Ff1、 FN1是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小， Ff2、 FN2是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得7Ff1＝ μ 1FN1 ①FN1＝ mgcosθ ②Ff2＝ μ 2FN2 ③FN2＝ FN1′＋ mgcosθ ， FN1′＝ FN1 ④规定沿斜面向下为正.设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律得mgsinθ － Ff1＝ ma1 ⑤mgsinθ － Ff2＋ Ff1′＝ ma2， Ff1′＝ Ff1 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3m/s 2 ⑦a2＝1m/s 2. ⑧(2)在 t1＝2s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则v1＝ a1t1＝6m/s ⑨v2＝ a2t1＝2m/s ⑩2s 后，设 A 和 B 的加速度分别为 a1′和 a2′.此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s 2 ⑪a2′＝－2m/s 2 ⑫由于 a2′＜0，可知 B 做减速运动.设经过时间 t2， B 的速度减为零，则有v2＋ a2′ t2＝0 ⑬联立⑩⑫⑬式得 t2＝1s ⑭在 t1＋ t2时间内， A 相对于 B 运动的距离为x＝ － ＝12m＜27m ⑮(12a1t21＋ v1t2＋ 12a1′ t2) (12a2t21＋ v2t2＋ 12a2′ t2)此后 B 静止不动， A 继续在 B 上滑动.设再经过时间 t3后 A 离开 B，则有l－ x＝( v1＋ a1′ t2)t3＋ a1′ t32 ⑯12可得 t3＝1s(另一解不合题意，舍去) ⑰设 A 在 B 上总的运动时间 t 总 ，有 t 总 ＝ t1＋ t2＋ t3＝4s变式 3 (2018·华中师范大学附中模拟)如图 6 甲所示为一倾角 θ ＝37°足够长的斜面，将一质量 m＝1kg 的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变8化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数 μ ＝0.25.取 g＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图 6(1)2s 末物体的速度大小；(2)前 16s 内物体发生的位移.答案 (1)5m/s (2)30m，方向沿斜面向下解析 (1)分析可知物体在前 2s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ － F1－ μmg cosθ ＝ ma1，v1＝ a1t1，代入数据可得v1＝5m/s.(2)设物体在前 2s 内发生的位移为 x1，则x1＝ a1t12＝5m.12当拉力为 F2＝4.5N 时，由牛顿第二定律可得mgsinθ － μmg cosθ － F2＝ ma2，代入数据可得 a2＝－0.5m/s 2，物体经过 t2时间速度减为零，则0＝ v1＋ a2t2，t2＝10s，设 t2时间内发生的位移为 x2，则x2＝ v1t2＋ a2t22＝25m，12由于 mgsinθ － μmg cosθ ＝1m，故滑块会掉下来.L2(3)加上恒力 F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力 F 合 ′＝ Ff＋ F，由牛顿第二定律有 F 合 ′＝ ma′，10滑 块 放 上 车 后 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 设 当 经 历 时 间 t′ 之 后 速 度 达 到 v0， 滑 块 通 过 位 移x1′ ＝ a′ t′ 2，12且 v0＝ a′ t′，车通过位移 x2′＝ v0t′，只需要满足位移差Δ x′＝ x2′－ x1′≤ 即可，L2联立以上各式有 F≥6N.变式 4 如图 8 所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于光滑水平面上， A、 B 质量分别为mA＝6kg、 mB＝2kg， A、 B 之间的动摩擦因数 μ ＝0.2，开始时 F＝10N，此后逐渐增加，在增大到 45N 的过程中，则( )图 8A.当拉力 Fgtanθ ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.答案 (1) (2)0 mav22ax－ v2 ( atanθ － g)解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为 a′，经过的位移为 x1，减速阶段经过的位移为 x2，有 v2＝2 a′ x1， v2＝2 ax2，且 x1＋ x2＝ x，解得 a′＝ .av22ax－ v2(2)如果球刚好不受箱子作用，箱子的加速度设为 a0，应满足FNsinθ ＝ ma0， FNcosθ ＝ mg，解得 a0＝ gtanθ .箱子减速时加速度水平向左，当 agtanθ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得， FN′cos θ ＝ F＋ mg， FN′sin θ ＝ ma，解得 F＝ m .(atanθ － g)1.如图 1 所示，一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 θ 为30°.现小球在 F＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 .试求：36图 112(1)小球运动的加速度大小；(2)若 F 作用 1.2s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点最大距离.答案 (1)2.5m/s 2 (2)2.4m解析 (1)在力 F 作用下，由牛顿第二定律得( F－ mg)sin30°－ μ (F－ mg)cos30°＝ ma1解得 a1＝2.5m/s 2(2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1＝ a1t1＝3m/s小球的位移 x1＝ t1＝1.8mv12撤去力 F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mgsin30°＋ μmg cos30°＝ ma2解得 a2＝7.5m/s 2小球上滑时间 t2＝ ＝0.4sv1a2上滑位移 x2＝ t2＝0.6mv12则小球上滑的最大距离为 xm＝ x1＋ x2＝2.4m.2.如图 2 所示，一质量 m＝0.4kg 的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，物块在 A 点的速度为v0＝2m/s， A、 B 之间的距离 L＝10m.已知斜面倾角 θ ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数 μ ＝ .重力加速度 g 取 10m/s2.33图 2(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小.(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° N1335解析 (1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得L＝ v0t＋ at2 ①12v＝ v0＋ at ②联立①②式，代入数据得a＝3m/s 2 ③v＝8m/s ④(2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面的夹角为 α ，受力分析如图所13示，由牛顿第二定律得Fcosα － mgsinθ － Ff＝ ma ⑤Fsinα ＋ FN－ mgcosθ ＝0 ⑥又 Ff＝ μF N ⑦联立⑤⑥⑦式得 F＝ ⑧mg sinθ ＋ μ cosθ  ＋ macosα ＋ μ sinα由数学知识得 cosα ＋ sinα ＝ sin(60°＋ α ) ⑨33 233由⑧⑨式可知对应 F 最小时与斜面间的夹角 α ＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为 Fmin＝ N ⑪13353.如图 3 所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成 30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力 F＝6.5N，玩具的质量 m＝1kg，经过时间 t＝2.0s，玩具移动了距离 x＝2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.( g 取 10m/s2)求：3图 3(1)玩具与地面间的动摩擦因数.(2)松开后玩具还能滑行多远？(3)当力 F 与水平方向夹角 θ 为多少时拉力 F 最小？答案 (1) (2) m (3)30°33 335解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x＝ at2，解得12a＝ m/s2，3对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos30°－ μ (mg－ Fsin30°)＝ ma解得 μ ＝ .33(2)松手时，玩具的速度 v＝ at＝2 m/s3松手后，由牛顿第二定律得 μmg ＝ ma′14解得 a′＝ m/s21033由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移 x′＝ ＝ m.0－ v2－ 2a′ 335(3)设拉力与水平方向的夹角为 θ ，玩具要在水平面上运动，则 Fcosθ － Ff0Ff＝ μF N在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋ Fsinθ ＝ mg解得 Fμ mgcosθ ＋ μ sinθ因为 cosθ ＋ μ sinθ ＝ sin(60°＋ θ )1＋ μ 2所以当 θ ＝30°时，拉力最小.4.如图 4 所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为 α ，其斜面上有一静止的滑块，质量为 m，两者之间的动摩擦因数为 μ ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图 4(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力 F 的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力 F 的最小值.答案 (1) (2) m＋ M g μ cosα － sinα μ sinα ＋ cosα Mgtanα解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力 F 越大，加速度越大，当 F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值 Ffm，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为 a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcosα ＋ Ffmsinα ＝ mg ①Ffmcosα － FNsinα ＝ ma ②由题意知 Ffm＝ μF N ③联立解得 a＝ gμ cosα － sinαcosα ＋ μ sinα15对整体受力分析 F＝( M＋ m)a联立解得 F＝ m＋ M g μ cosα － sinα μ sinα ＋ cosα(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为 g，设此时 M 的加速度为 aM，则对 M： F＝ MaM当水平向右的力 F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有 ＝tan α ，即12gt212aMt2＝tan α ，联立解得 F＝ .gaM Mgtanα1专题强化四 动力学中三种典型物理模型专题解读 1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.一、 “等时圆”模型1.两种模型(如图 1)图 12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为 α ，圆的直径为 d(如图 2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 a＝ gsinα ，位移为 s＝ dsinα ，所以运动时间为t0＝ ＝ ＝ .2sa 2dsin αgsin α 2dg图 2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.2二、 “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 1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景 2① v0v，可能一直减速，也可能先减速再匀速② v0＝ v，一直匀速③ v0v 返回时速度为 v，当 v0t2t3C.t3t1t2D.t1＝ t2＝ t3答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力 mg 和杆的支持力 FN作用.设杆与水平方向的夹角为 θ ，根据牛顿第二定律有 mgsinθ ＝ ma，得加速度大小 a＝ gsinθ .设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到 d 点的位移大小 x＝ Dsinθ ， x＝ at2，解得 t＝ .可见，滑环滑到 d12 2Dg点的时间 t 与杆的倾角 θ 无关，即三个滑环滑行到 d 点所用的时间相等，选项 D 正确.4变式 1 如图 4 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( )图 4A.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 点答案 C解析 设圆轨道半径为 R，据“等时圆”理论， ta＝ ＝2 ， tbta， c 球做自由落体运动4Rg Rgtc＝ ，C 选项正确.2Rg命题点二 “传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为 0)或反向.在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若 v 物 v 传 ，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则 Δ s＝| s 传 － s 物 |；②若二者反向，则 Δ s＝| s 传 |＋| s 物 |.2.倾斜传送带物体沿倾角为 θ 的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意 mgsinθ 与 μmg cosθ 的大小和方向的关系，进一5步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例 2 如图 5 所示为车站使用的水平传送带模型，其 A、 B 两端的距离 L＝8m，它与水平台面平滑连接.现有物块以 v0＝10m/s 的初速度从 A 端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ ＝0.6.试求：图 5(1)若传送带保持静止，物块滑到 B 端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为 12m/s，则物块到达 B 端时的速度大小？(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s，且物块初速度变为 v0′＝6 m/s，仍从 A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s2512解析 (1)设物块的加速度大小为 a，由受力分析可知FN＝ mg， Ff＝ ma， Ff＝ μF N得 a＝6m/s 2传送带静止，物块从 A 到 B 做匀减速直线运动，又 x＝ ＝ mL＝8m，v202a 253则由 vB2－ v02＝－2 aL得 vB＝2m/s(2)由题意知，物块先加速到 v1＝12m/s由 v12－ v02＝2 ax1，得 x1＝ mFfm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例 3 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图 8，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1kg 和 mB＝5kg，8放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1＝0.5；木板的质量为 m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为 μ 2＝0.1.某时刻 A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0＝3m/s. A、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10 m/s 2.求：图 8(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、 B 开始运动时，两者之间的距离.答案 (1)1m/s，方向与 B 的初速度方向相同 (2)1.9m解析 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设 A、 B 和木板所受的摩擦力大小分别为 Ff1、 Ff2和 Ff3， A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在滑块 B 与木板达到共同速度前有Ff1＝ μ 1mAg ①Ff2＝ μ 1mBg ②Ff3＝ μ 2(m＋ mA＋ mB)g ③由牛顿第二定律得Ff1＝ mAaA ④Ff2＝ mBaB ⑤Ff2－ Ff1－ Ff3＝ ma1 ⑥设在 t1时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有v1＝ v0－ aBt1 ⑦v1＝ a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s，方向与 B 的初速度方向相同 ⑨(2)在 t1时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为sB＝ v0t1－ aBt12 ⑩12设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1＋ Ff3＝( mB＋ m)a2 ⑪由①②④⑤式知， aA＝ aB；再由⑦⑧式知， B 与木板达到共同速度时， A 的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度相同，设其大小为v2.设 A 的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有v2＝ v1－ a2t2 ⑫9对 A 有： v2＝－ v1＋ aAt2 ⑬在 t2时间间隔内， B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝ v1t2－ a2t22 ⑭12在( t1＋ t2)时间间隔内， A 相对地面移动的距离为sA＝ v0(t1＋ t2)－ aA(t1＋ t2)2 ⑮12A 和 B 相遇时， A 与木板的速度也恰好相同.因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为s0＝ sA＋ s1＋ sB ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m ⑰(也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式 3 如图 9 所示，质量 m＝1kg 的物块 A 放在质量 M＝4kg 木板 B 的左端，起初 A、 B静 止 在 水 平 地 面 上 .现 用 一 水 平 向 左 的 力 F 作 用 在 木 板 B 上 ， 已 知 A、 B 之 间 的 动 摩 擦 因数 为 μ 1＝ 0.4， 地 面 与 B 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ 2＝ 0.1， 假 设 最 大 静 摩 擦 力 等 于 滑 动 摩擦 力 ， g＝ 10m/s2，求：图 9(1)能使 A、 B 发生相对滑动的 F 的最小值；(2)若 F＝30N，作用 1s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则木板至少多长；从开始到 A、 B均静止， A 的总位移是多少.答案 (1)25N (2)0.75m 14.4m解析 (1)对于 A，最大加速度由 A、 B 间的最大静摩擦力决定，即μ 1mg＝ mam， am＝4m/s 2对 A、 B 整体 F－ μ 2(M＋ m)g＝( M＋ m)am，解得 F＝25N(2)设 F 作用在 B 上时 A、 B 的加速度分别为 a1、 a2，撤掉 F 时速度分别为 v1、 v2，撤去外力 F 后加速度分别为 a1′、 a2′， A、 B 共同运动时速度为 v3，加速度为 a3，对于 A μ 1mg＝ ma1，得 a1＝4 m/s 2， v1＝ a1t1＝4 m/s对于 B F－ μ 1mg－ μ 2(M＋ m)g＝ Ma2，10得 a2＝5.25 m/s 2， v2＝ a2t1＝5.25 m/s撤去外力 a1′＝ a1＝4m/s， a2′＝ ＝2.25m/s 2μ 1mg＋ μ 2 M＋ m gM经过 t2时间后 A、 B 速度相等 v1＋ a1′ t2＝ v2－ a2′ t2解得 t2＝0.2s共同速度 v3＝ v1＋ a1′ t2＝4.8m/s从开始到 A、 B 相对静止， A、 B 的相对位移即为木板最短的长度 LL＝ xB－ xA＝ ＋ － a1(t1＋ t2)2＝0.75mv22a2 v23－ v2－ 2a2′ 12A、 B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度 a3＝ μ 2g＝1m/s 2从 v3至最终静止位移为 x＝ ＝11.52mv232a3所以 A 的总位移为 xA 总 ＝ xA＋ x＝14.4m.1.(2018·广东东莞质检)如图 1 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 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( )图 1A.2∶1B.1∶1C. ∶1D.1∶3 3答案 B2.如图 2 所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为 v＝2m/s，两端 A、 B间距离为 3 m.一物块从 B 端以初速度 v0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.4， g 取 10m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图 211答案 B3.(多选)如图 3 所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上， t＝0 时刻滑块从木板的左端以速度 v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的 v－ t 图象可能是下列图中的( )图 3答案 BD4.(多选)如图 4 所示，表面粗糙、质量 M＝2kg 的木板， t＝0 时在水平恒力 F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度 a＝2.5 m/s2， t＝0.5 s 时，将一个质量 m＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数 μ 1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数 μ 2＝0.25， g＝10 m/s 2，则( )图 4A.水平恒力 F 的大小为 10NB.铁块放上木板后，木板的加速度为 2m/s2C.铁块在木板上运动的时间为 1sD.木板的长度为 1.625m答案 AC解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律： F－ μ 2Mg＝ Ma，解得 F＝10N，选项 A 正确；铁块放上木板后，对木板： F－ μ 1mg－ μ 2(M＋ m)g＝ Ma′，解得： a′＝0.75m/s 2，选项 B错误；0.5 s 时木板的速度 v0＝ at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度： v1＝ v0＋ a′ t2＝1.25＋0.75 t2，铁块的速度 v′＝ a 铁 t2＝ μ 1gt2＝ t2，由题意：12v′＝ v1，解得 t2＝1 s， 选 项 C 正 确 ； 铁 块 滑 离 木 板 时 ， 木 板 的 速 度 v1＝ 2 m/s， 铁 块 的 速12度 v′ ＝ 1 m/s， 则 木 板 的 长 度 为 ： L＝ t2－ t2＝ ×1 m－ ×1 m＝ 1.125 v0＋ v12 v′2 1.25＋ 22 12m， 选 项 D 错 误 ； 故 选 A、 C.5.如图 5 所示为粮袋的传送装置，已知 A、 B 两端间的距离为 L，传送带与水平方向的夹角为 θ ，工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ ，正常工作时工人在 A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是( )图 5A.粮袋到达 B 端的速度与 v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为 g(sinθ － μ cosθ )，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动C.若 μ ≥tan θ ，则粮袋从 A 端到 B 端一定是一直做加速运动D.不论 μ 大小如何，粮袋从 Α 到 Β 端一直做匀加速运动，且加速度 a≥ gsinθ答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 端时的速度小于v；若传送带较长， μ ≥tan θ ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达 B 端时速度与 v 相同；若 μ ＜tan θ ，则粮袋先做加速度为g(sinθ ＋ μ cosθ )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为 g(sinθ － μ cosθ )的匀加速运动，到达 B 端时的速度大于 v，选项 A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为 μmg cosθ ，根据牛顿第二定律得加速度 a＝ ＝ g(sinθ ＋ μ cosθ )，mgsinθ ＋ μ mgcosθm选项 B 错误；若 μ ≥tan θ ，粮袋从 A 到 B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项 C、D 均错误.6.如图 6 所示，倾角为 θ ＝37°的传送带始终保持以 v＝5 m/s 的速率顺时针匀速转动，AB 两端距离 d＝15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从 A 端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.5，取 g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物块到达 B 端时的速度大小和物块从 A 端运动到 B 端所用的时间.13图 6答案 9m/s 2.5s解析 设物块由静止运动到传送带速度 v＝5m/s 的过程，其加速度为 a1，运动时间为 t1，位移为 x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsinθ ＋ μmg cosθ ＝ ma1v＝ a1t1x1＝ a1t1212代入数据解得 a1＝10m/s 2， t1＝0.5s， x1＝1.25m由于 x1＝1.25mμmg cos37°，物块将继续向下做匀加速运动.设物块此后运动的加速度为 a2，运动时间为 t2，位移为 x2，到 B 端的速度为 vB，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsinθ － μmg cosθ ＝ ma2x2＝ d－ x1＝ vt2＋ a2t2212vB＝ v＋ a2t2代入数据解得 a2＝2m/s 2， t2＝2 s， vB＝9 m/s物块从 A 端运动到 B 端所用时间为 t，有 t＝ t1＋ t2＝2.5s7.(2018·青海西宁调研)图 7 甲为一转动的传送带 AB，传送带以恒定的速率 v 逆时针转动.在传送 带 的 左 侧 边 缘 的 B 点 有 一 滑 块 ， 若 让 滑 块 以 初 速 度 v1＝ 3 m/s 冲 上 传 送 带 ， 滑 块 运动 的 v－ t 图象如图乙中 a 所示，若让滑块以初速度 v2＝6 m/s 冲上传送带，滑块运动的v－ t 图象如图乙中 b 所示. g 取 10m/s2，试求：图 7(1)传送带的长度 l 和传送带与物块之间的动摩擦因数 μ ；(2)滑块以初速度 v1＝3m/s 冲上传送带时，滑块返回 B 点的时间.答案 (1)32m 0.05 (2)12.5s14解析 (1)根据 v－ t 图象，滑块以初速度 v2＝6m/s 冲上传送带时，在 t＝8s 时刻，到达 A点，所以传送带的长度 l＝ ×(6＋2)×8m＝32m12根据图线 a 或者图线 b，滑块的加速度大小为 a＝ ＝0.5m/s 2Δ vΔ t根据牛顿第二定律得 μmg ＝ ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数 μ ＝0.05(2)滑块在 0～6s 和 6～ ts 内的位移大小相等，方向相反×6×3m＝ ×(t－6＋ t－10)×2m12 12滑块返回 B 点的时间 t＝12.5s.8.如 图 8 所 示 ， 质 量 M＝ 1 kg 的 木 板 A 静 止 在 水 平 地 面 上 ， 在 木 板 的 左 端 放 置 一 个 质 量m＝ 1kg 的铁块 B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数 μ 1＝0.3，木板长 L＝1m，用F＝5N 的水平恒力作用在铁块上， g 取 10m/s2.图 8(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ 2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间.答案 见解析解析 (1) A、 B 之间的最大静摩擦力为Ffmμ 1mg＝0.3×1×10N＝3N假设 A、 B 之间不发生相对滑动则对 A、 B 整体： F＝( M＋ m)a对 B： FfAB＝ ma解得： FfAB＝2.5N因 FfABFfm，故 A、 B 之间不发生相对滑动(2)A、 B 之间发生相对滑动，则对 B： F－ μ 1mg＝ maB对 A： μ 1mg－ μ 2(M＋ m)g＝ MaA据题意： xB－ xA＝ L； xA＝ aAt2； xB＝ aBt212 12解得： t＝ s.2