《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 熱點專題（二）第15講 動力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 熱點專題（二）第15講 動力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第15講 動力學(xué)中的三種典型物理模型
熱點概述 (1)本熱點是動力學(xué)方法在三類典型模型問題中的應(yīng)用，其中“等時圓”模型常在選擇題中考查，而“滑塊—木板”模型和“傳送帶”模型常以計算題壓軸題的形式命題。(2)通過本熱點的學(xué)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達等物理學(xué)科素養(yǎng)。經(jīng)過針對性的專題強化，通過題型特點和解題方法的分析，幫助同學(xué)們迅速提高解題能力。(3)用到的相關(guān)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(guān)知識。
熱點一 “等時圓”模型
1．“等時圓”模型
設(shè)想半徑為R的豎直圓內(nèi)有一條光滑直軌道，該軌道是一端與豎直直徑相交的弦，傾角為θ，一個物體從軌道頂端滑到底端，則下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，這也是沿直徑自由下落的時間。
總結(jié)：物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿(或光滑斜面)由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。
2．三種典型情況
(1)質(zhì)點從豎直圓上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。
(2)質(zhì)點從豎直圓上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓相切且兩圓的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。
如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、從c到d所用的時間，則( )
A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1
t3
C．t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A錯誤，B、C、D均正確。
2. (2018東北三校模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是( )
A．tAβ>θ，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tABtCD>tEF，B正確。
熱點二 “傳送帶”模型
1．特點：傳送帶始終以恒定的速率運行，物體和傳送帶之間μ≠0。
2．常見的傳送帶模型
(1)水平傳送帶
項目
圖示
滑塊可能的運動情況
情景1
a.可能一直加速
b．可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將變?yōu)榱?
情景2
a.v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
b．v0v時返回速度為v，當(dāng)v0tanθ時，可能一直加速上滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力
b．μtanθ時，可能一直加速下滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力
b．μL＝8 m，
則由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。
(2)由題意知，若物塊加速到v1＝12 m/s，
由v－v＝2ax1，得x1＝ mμmgcos37，物塊將繼續(xù)向下做勻加速運動，設(shè)物塊此后運動的加速度為a2，運動時間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律，有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
x2＝d－x1＝vt2＋a2t，
vB＝v＋a2t2。
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，vB＝9 m/s，
物塊從A端運動到B端所用時間t＝t1＋t2＝2.5 s。
熱點三 “滑塊—木板”模型
滑塊—木板模型是高考考查的熱點之一，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運動定律、勻變速直線運動等主干知識，能力要求較高?；瑝K和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊—木板模型的切入點，前一運動階段的末速度是下一運動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系。
1．模型特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于長木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。
2．位移關(guān)系：滑塊由木板一端運動到另一端過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
[例1] 如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板長L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；
(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間。
解析 (1)A、B之間的最大靜摩擦力為
fm＝μ1mg＝0.3110 N＝3 N
假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動，則
對A、B整體：F＝(M＋m)a
對A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB0，以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得
Ff－mgsinα＝ma，
又Ff≤Ffm＝μmgcosα，
聯(lián)立解得20 N30 N，所以物塊能夠滑離木板。對木板，由牛頓第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1，
對物塊，由牛頓第二定律得
μmgcosα－mgsinα＝ma2，
設(shè)物塊滑離木板所用時間為t，
木板的位移x1＝a1t2，
物塊的位移x2＝a2t2，
物塊與木板的分離條件為Δx＝x1－x2＝L，
聯(lián)立以上各式解得t＝1.2 s，
物塊滑離木板時的速度v＝a2t，
由公式－2gsinαx＝0－v2，解得x＝0.9 m。
答案 (1)20 Nμ1mg，與假設(shè)矛盾，所以物塊相對長木板將向前“打滑”。t1時刻后，由牛頓第二定律得
對物塊有μ1mg＝ma1′⑦
對木板有μ22mg－μ1mg＝ma2′⑧
解得物塊和木板的加速度大小分別為
a1′＝2 m/s2
a2′＝4 m/s2
物塊還能運動的時間
t1′＝＝0.5 s⑨
木板還能運動的時間
t2′＝＝0.25 s⑩
物塊全程運動的vt圖線如圖中點粗實線所示。
物塊相對于木板的位移大小即為兩圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積的差值，即
x＝x2－x1＝1.125 m。
3．(2016四川高考)避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)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(zhì)量是貨物質(zhì)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cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；
(2)制動坡床的長度。
答案 (1)5 m/s2 方向沿制動坡床向下 (2)98 m
解析 (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則
f＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2
a1的方向沿制動坡床向下。
(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m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(nèi)滑動的距離s＝4 m，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＝12 m，制動坡床的長度為l，則
M＝4m
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l＝98 m。
4．(2018宜昌模擬)如圖甲所示，可視為質(zhì)點的A、B兩物體置于一靜止長紙帶上，紙帶左端與A、A與B間距均為d＝0.5 m，兩物體與紙帶間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2?，F(xiàn)以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉動紙帶，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A物體在紙帶上的滑動時間；
(2)在圖乙的坐標(biāo)系中定性畫出A、B兩物體的vt圖象；
(3)兩物體A、B停在地面上的距離。
答案 (1)1 s (2)圖見解析 (3)1.25 m
解析 (1)兩物體在紙帶上滑動時均有μ1mg＝ma1
當(dāng)物體A滑離紙帶時at－a1t＝d
由以上兩式可得t1＝1 s。
(2)開始時A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面時以a2＝μ2g減速運動，B繼續(xù)加速一段時間后也滑到地面上以a2減速，故vt圖象如圖所示。
(3)物體A離開紙帶時的速度
v1＝a1t1
兩物體在地面上運動時均有μ2mg＝ma2
物體A從開始運動到停在地面上的過程中總位移
x1＝＋
物體B滑離紙帶時at－a1t＝2d
物體B離開紙帶時的速度v2＝a1t2
物體B從開始運動到停在地面上的過程中總位移
x2＝＋
兩物體A、B最終停止時的間距
x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
課后作業(yè)
1. 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長木板和木塊間無相對滑動，長木板質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m。它們的共同加速度為a，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則在運動過程中( )
A．木塊受到的摩擦力一定是μmg
B．木塊受到的合力為F
C．長木板受到的摩擦力為μmg
D．長木板受到的合力為
答案 D
解析 整體的加速度a＝， 隔離長木板，受力分析，長木板所受的合力為F合＝，且長木板所受的合力等于長木板所受的靜摩擦力。又長木板所受的靜摩擦力等于長木板對木塊的靜摩擦力，不一定等于μmg，故A、C錯誤，D正確；木塊所受的合力為F合′＝ma＝，故B錯誤。
2．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角為θ，斜面上疊放著A、B兩物體，物體B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面勻速上滑。若A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，μμmgcosθ，所以A、B一定相對滑動，A錯誤，B正確；選物體B為研究對象，由牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB2mgcosθ＝0，μB＝，故C錯誤，D正確。
3．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg
B．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．當(dāng)水平拉力F＝7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2
D．當(dāng)水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大
答案 AC
解析 當(dāng)F＝6 N時，兩物體恰好具有最大共同加速度，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3 kg，當(dāng)F大于6 N時，兩物體發(fā)生相對滑動，對長木板有a＝＝－，圖線的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量m＝2 kg，A正確；滑塊的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2，B錯誤；當(dāng)F＝7 N時，由a＝知長木板的加速度a＝3 m/s2，C正確；當(dāng)兩物體發(fā)生相對滑動時，滑塊的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不變，D錯誤。
4．(2018濰坊模擬)(多選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2>v1，不計空氣阻力，動摩擦因數(shù)一定，關(guān)于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面哪個是可能的( )
A．從下端B離開，v>v1 B．從下端B離開，vv1，A正確；當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時，物塊一直做勻速直線運動，v＝v1，故本題應(yīng)選A、B、C。
5．(多選)如圖，一個質(zhì)量為m＝1 kg的長木板置于光滑水平地面上，木板上放有質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg 的A、B兩物塊。A、B兩物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。若現(xiàn)用水平恒力F作用在A物塊上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說法正確的是( )
A．當(dāng)F＝2 N時，A物塊和木板開始相對滑動
B．當(dāng)F＝1 N時，A、B兩物塊都相對木板靜止不動
C．若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為 N
D．若F＝6 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2
答案 BC
解析 假設(shè)A、B兩物塊與木板相對靜止一起運動，對整體有F＝(m＋mA＋mB)a，對B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，對A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，對B和木板整體fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故A錯誤，B正確；當(dāng)F> N時，A與長木板相對運動，B與長木板相對靜止，故F＝4 N時，μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故C正確；若F＝6 N，則B物塊加速度大小為a1＝ m/s2，故D錯誤。
6．(2018濟寧模擬)如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一可看成質(zhì)點的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為 1∶2∶3，現(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
答案 A
解析 因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點必在以AC線段為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，從A、B、D三點由靜止釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。
7．(2018河南省仿真模擬)(多選)如圖甲所示，一小物塊從水平轉(zhuǎn)動的傳送帶的右側(cè)滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時間t的變化關(guān)系，如圖乙所示。已知圖線在前3.0 s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0～4.5 s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運動的方向為正方向，傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動
B．傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動
C．傳送帶的速度大小為2 m/s
D．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2
答案 ACD
解析 由xt圖象可知，圖象的斜率等于速度，故物塊的速度先減小到零后，反向增加，最后勻速運動回到初始位置，可判斷傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，A正確，B錯誤；由3.0～4.5 s內(nèi)的圖象可知，傳送帶的速度v＝＝ m/s＝－2 m/s，C正確；因2 s末物塊的速度減為零，位移為4 m，由x＝at2知a＝＝2 m/s2，則根據(jù)a＝μg可知，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，D正確。
8．(2018蘭州模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝8 kg的小車靜止在光滑水平面上，在小車右端施加一水平拉力F＝8 N，當(dāng)小車速度達到1.5 m/s時，在小車的右端由靜止輕放一大小不計、質(zhì)量m＝2 kg的物體，物體與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長，物體從放上小車開始經(jīng)t＝1.5 s的時間，則物體相對地面的位移為(g取10 m/s2)( )
A．1 m B．2.1 m C．2.25 m D．3.1 m
答案 B
解析 放上物體后，物體的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小車的加速度a2＝＝0.5 m/s2，設(shè)物體的速度達到與小車共速的時間為t1，則a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此過程中物體的位移s1＝a1t＝1 m；共同速度為v＝a1t1＝2 m/s；當(dāng)物體與小車共速后假設(shè)相對靜止，則共同加速度為a＝＝0.8 m/s2，物體受到的摩擦力f＝ma＝1.6 N，而fmax＝μmg＝4 N，fs，故工件從A到B一直減速，由勻變速運動規(guī)律可知v－v＝－2μgs，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s，當(dāng)滿足B、C、D中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度大小還是μg，所以工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故A、B、C正確，D錯誤。
10．(2018保定模擬)(多選)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則( )
A．傳送帶一定逆時針轉(zhuǎn)動
B．μ＝tanθ＋
C．傳送帶的速度大于v0
D．t0后木塊的加速度為2gsinθ－
答案 AD
解析 若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)木塊下滑時(mgsinθ>μmgcosθ)，將一直勻加速到底端；當(dāng)木塊上滑時(mgsinθ<μmgcosθ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種情況均不符合運動圖象；故傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，A正確。木塊在0～t0內(nèi)，滑動摩擦力向下，木塊勻加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由圖可知a1＝，則μ＝－tanθ，B錯誤。當(dāng)木塊的速度大于等于傳送帶的速度時，木塊所受的摩擦力變成斜向上，故傳送帶的速度等于v0，C錯誤。t0后木塊的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，D正確。
11．(2017全國卷Ⅲ)如圖所示，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；
(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)假設(shè)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。
設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2，木板受地面的摩擦力為f3，A和B相對于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。
在滑塊B與木板達到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因為f2－f1>f3，故假設(shè)成立。
設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，設(shè)大小為v1。
由運動學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB＝v0t1－aBt⑩
在B與木板達到共同速度v1后，因為μ1g>μ2g，所以B和木板相對靜止，共同減速，設(shè)木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；
故B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。
由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2?
對A有v2＝－v1＋aAt2?
在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2?
A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。
因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 m。(也可用如圖的速度—時間圖線求解)
12．(2015全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖a所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖b所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
解析 (1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由題圖b可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度
v1＝4 m/s，由運動學(xué)公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。
聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④
在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由題圖b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，
聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4。⑦
(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1＝Δt?
小物塊運動的位移為s2＝Δt?
小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1?
聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得Δs＝6.0 m?
因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。
(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4?
0－v＝2a4s3?
碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3?
聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，
并代入數(shù)值得s＝－6.5 m
木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 熱點專題（二）第15講 動力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://weibangfood.com.cn/p-6303901.html