【物理】2018届一轮复习人教版第3章专题四牛顿运动定律综合应用（二）学案 12页

专题四　牛顿运动定律综合应用(二)‎ 突破　等时圆模型 ‎1.模型特征 ‎(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示.‎ ‎(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示.‎ ‎(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.‎ ‎　‎ ‎2.思维模板 ‎[典例1]　如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上.木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为(　　)‎ A.α＝θ B.α＝ C.α＝ D.α＝2θ ‎[解题指导]　在AC上选取一点O，使OA＝OB，以O为圆心，OA为半径作圆，即可构造等时圆模型.‎ ‎[解析]　如图所示，在竖直线AC上选取一点O为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于B点.由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到B所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短.而∠COB＝θ，则α＝.‎ ‎[答案]　B ‎[变式1]　(2017·东北三省三校第一次联考)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 答案：‎ C　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＝2Rsin θ＝gsin θt，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.‎ 突破　传送带模型 考向1　水平传送带模型 情景 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，一直匀速 ‎(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ‎ ‎(3)v0v时，返回时速度为v；当v0μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 a2＝＝‎2 m/s2‎ x2＝l－x1＝‎‎11 m 又因为x2＝vt2＋a2t 则有10t2＋t＝11‎ 解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)‎ 所以t总＝t1＋t2＝2 s.‎ ‎[答案]　(1)4 s　(2)2 s 分析传送带问题的关键 要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时(速度相等是解决问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止.‎ 突破　滑块—木板模型 ‎1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.‎ ‎2.两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.‎ ‎3.“滑块—木板”模型问题的分析思路 ‎[典例4]　如图所示，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＝‎6 kg、mB＝‎2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动 ‎[问题探究]　(1)A、B两物体产生相对运动的条件是什么？‎ ‎(2)A、B间刚产生相对运动时的拉力是多少？‎ ‎[提示]　(1)A的加速度大于B的加速度，即aA>aB.‎ ‎(2)根据牛顿第二定律aA＝，aB＝，由已知条件得>，代入数据可得F>48 N.‎ ‎[解析]　首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；‎ 如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝‎6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.‎ ‎[答案]　D ‎[变式3]　(2017·宁夏银川一中二模)质量为‎0.5 kg的小物块A放在质量为‎1 kg 的足够长的木板B的左端， 木板B在水平拉力的作用下沿地面匀速向右滑动， 且A、B相对静止， 某时刻撤去水平拉力， 则经过一段时间后A和B都停下来，A在B上相对于B向右滑行了‎1.5 m的距离.‎ 已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.2， B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4， 求B在地面上滑行的距离.重力加速度的大小取g＝‎10 m/s2.‎ 答案：1 m　解析：撤去拉力后二者不可能相对静止，μ1<μ2，A的加速度小于整体共同的加速度，也一定小于B的加速度.A也不可能相对B向左运动.这样一是A会从B上掉下去，二是A成了向右加速运动.故A只能相对B向右运动 设共同的初速度为v0.aA＝μ1g＝2 m/s2，向左 μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，aB＝‎5 m/s2，向左 则x相＝－ v0＝ m/s 则xB＝＝1 m.‎ ‎“滑块—木板”模型的分析技巧 ‎(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度.‎ ‎(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.‎ ‎1.[等时圆模型]如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)‎ A.1∶1∶1 B.5∶4∶3‎ C.5∶8∶9 D.1∶2∶3‎ 答案：A　解析：作三角形ABC的外接圆，可知D 点在圆周上，由等时圆模型可知滑行时间相等，A正确.‎ ‎2.[等时圆模型]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.∶1 　　D.1∶ 答案：B　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＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式x＝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.‎ ‎3.[滑块—木板模型]如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A.a1＝‎2 m/s2，a2＝‎3 m/s2‎ B.a1＝‎3 m/s2，a2＝‎2 m/s2‎ C.a1＝‎5 m/s2，a2＝‎3 m/s2‎ D.a1＝‎3 m/s2，a2＝‎5 m/s2‎ 答案：D　解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2.当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2.综上所述只有选项D符合题意.‎ ‎4.[传送带模型](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝‎4 m，以v0＝‎4 m/s ‎ 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.‎ 已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)‎ A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.划痕长度是‎0.5 m D.划痕长度是‎2 m 答案：BD　解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 mμmgcos 37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2 m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B 的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确.只有选项A符合题意.‎ ‎6.[滑块—木板模型]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.重力加速度的大小取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.‎ 答案：(1)0.20　0.30　(2)1.125 m 解析：(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.‎ 由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同.设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝①‎ a2＝②‎ 式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小.‎ 设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1③‎ ‎(μ1＋2μ2)mg＝ma2④‎ 联立①②③④式得 μ1＝0.20⑤‎ μ2＝0.30. ⑥‎ ‎(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得 f＝ma′1⑦‎ ‎2μ2mg－f＝ma′2⑧‎ 假设f<μ1mg，则a′1＝a′2‎ 由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾 故f＝μ1mg⑨‎ 由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示.‎ 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s1＝2×⑩‎ s2＝t1＋⑪‎ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1 ⑫‎ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s＝‎1.125 m.⑬‎