（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破一 牛頓運(yùn)動定律解決復(fù)雜直線運(yùn)動問題.docx

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增分突破一　牛頓運(yùn)動定律解決復(fù)雜直線運(yùn)動問題 增分策略 　　牛頓運(yùn)動定律解決復(fù)雜直線運(yùn)動問題主要指單物體的多過程直線運(yùn)動問題,即牛頓運(yùn)動定律在某一物體參與多個(gè)運(yùn)動過程中的應(yīng)用。用牛頓運(yùn)動定律解決復(fù)雜直線運(yùn)動問題中能夠較好考查學(xué)生邏輯思維能力、分析和解決實(shí)際問題的能力,對考生綜合性能力要求較高。 運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律處理多過程的直線運(yùn)動問題的思路方法可簡單敘述如下: 1.力與物體的直線運(yùn)動問題往往在物體不同的運(yùn)動階段,物體的運(yùn)動情況和受力情況都發(fā)生了變化,需要對不同階段進(jìn)行受力分析,判斷物體的運(yùn)動特征; 2.此類問題可以對物體受力分析和運(yùn)動分析并結(jié)合v-t圖像分析,能從文字?jǐn)⑹龊蛌-t圖像中獲取信息,構(gòu)建相應(yīng)的物理模型,列出相應(yīng)的方程解答; 3.多過程問題中要特別重視兩個(gè)過程的連接處,加速度可能突變,但速度不會突變,速度是聯(lián)系前后兩個(gè)階段的橋梁。 　　典例1　如圖傳送裝置,水平傳送帶ab在電機(jī)的帶動下以恒定速率v=4 m/s運(yùn)動,在傳送帶的右端點(diǎn)a點(diǎn)無初速度地輕放一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn)),當(dāng)物塊A到達(dá)傳送帶左端點(diǎn)b點(diǎn)時(shí),再在a點(diǎn)無初速度地輕放另一質(zhì)量為2m的物塊B(視為質(zhì)點(diǎn)),兩物塊到達(dá)b點(diǎn)時(shí)都恰好與傳送帶等速。在b端點(diǎn)的左方為一個(gè)水平放置的長直軌道cd,軌道上靜止停放著質(zhì)量m的木板C,從b點(diǎn)滑出的物塊恰能水平滑上(無能量損失)木板上表面,木板足夠長。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.8,與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,木板與軌道間的動摩擦因數(shù)μ3=0.1,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10 m/s2,試求: (1)物塊A、B滑上木板C的時(shí)間差Δt; (2)木板C運(yùn)動的總時(shí)間; (3)木板C與軌道間的摩擦生熱Q。 答案　(1)0.5 s　(2)2.75 s　(3)9.75 J 解析　(1)物塊在傳送帶上的加速時(shí)間即滑上木板的時(shí)間差,設(shè)A、B在傳送帶上的加速度為a0,μ1mg=ma0 解得a0=8 m/s2 Δt=va0=0.5 s。 (2)過程一:A物塊滑上木板C與木板有相對運(yùn)動,μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向向右; 木板C水平方向受力μ2mg=μ32mg,木板C保持靜止。 過程二:經(jīng)過Δt=0.5 s后B物塊滑上木板C,此時(shí)A的速度:vA=v-aAΔt=3 m/s B物塊和木板C有相對運(yùn)動,μ22mg=2maB,aB=2 m/s2; 木板C:μ22mg+μ2mg-μ3(m+m+2m)g=maC,解得aC=2 m/s2。 木板C由靜止開始向左做勻加速運(yùn)動,A與C共速時(shí),vA-aAt1=aCt1 解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s,此時(shí)vB=v-aBt1=2.5 m/s。 過程三:物塊B相對木板C繼續(xù)向左運(yùn)動,仍做aB=2 m/s2的勻減速運(yùn)動,木板C和物塊A保持相對靜止。將木板C和物塊A看做整體,則μ22mg-μ3(m+m+2m)g=2maAC 解得aAC=0, 故木板C和物體A向左做勻速直線運(yùn)動,直到A、B、C共速:vB-aBt2=vAC 解得t2=0.5 s。 過程四:三物體保持相對靜止,一起做勻減速運(yùn)動直到速度減為0木板停止運(yùn)動,則 μ3(m+m+2m)g=4maABC,解得aABC=1 m/s2, t3=vACaABC=1.5 s。 故木板運(yùn)動的總時(shí)間:t=t1+t2+t3=2.75 s。 (3)過程二中木板的位移:xC1=vAC+02t1=0.5 625 m 過程三中木板的位移:xC2=vACt2=0.75 m 過程四中木板的位移:xC3=vAC+02t3=1.125 m 木板與軌道的摩擦生熱:Q=μ34mg(xC1+xC2+xC3)=9.75 J。 名師點(diǎn)撥 多過程問題的解決方法——程序法 所謂程序法,是按時(shí)間的先后順序?qū)︻}目給出的物理過程進(jìn)行分析,正確劃分出不同的過程,對每一過程,具體分析出其速度、位移、時(shí)間的關(guān)系,然后利用各過程的具體特點(diǎn)列方程解題。利用程序法解題,關(guān)鍵是正確選擇研究對象和物理過程,還要注意兩點(diǎn):一是注意速度關(guān)系,即第一個(gè)過程的末速度是第二個(gè)過程的初速度;二是位移關(guān)系,即各段位移之和等于總位移。 　　1-1　如圖甲所示,一傾斜角為37的斜面底端固定有與斜面垂直的彈性擋板,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊在t=0時(shí)刻從擋板開始向上運(yùn)動,其速度-時(shí)間圖像如圖乙所示;運(yùn)動到最高點(diǎn)返回底端,與擋板發(fā)生彈性碰撞,再次向上運(yùn)動,如此往復(fù)。求:(不計(jì)空氣阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù); (2)小物塊第一次回到斜面底端時(shí)的速度大小; (3)小物塊在斜面上運(yùn)動所通過的總路程。 答案　(1)0.5　(2)25 m/s　(3)12.5 m 解析　(1)由圖像可知,小物塊在上滑過程中的加速度大小a1=v0t1=10 m/s2 由牛頓第二定律有,mg sin 37+μmg cos 37=ma1 可得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。 (2)小物塊第一次上滑的位移大小x1=v02t1=5 m 第一次下滑過程由動能定理有 mg sin 37x1-μmg cos 37x1=12mv12-0 可得小物塊第一次回到斜面底端時(shí)的速度大小v1=25 m/s。 (3)小物塊最終停在擋板處,全程由動能定理有 -μmg cos 37s=0-12mv02 可得小物塊在斜面上運(yùn)動所通過的總路程s=12.5 m。  增分專練 1.杭州市目前已經(jīng)擁有多條純電動巴士。為了研究方便,我們將電動巴士在兩個(gè)站點(diǎn)A、B之間的運(yùn)行路線簡化為水平方向上的直線運(yùn)動,將電動巴士看成質(zhì)點(diǎn)。電動巴士載人后的總質(zhì)量為8 000 kg,從站點(diǎn)A由靜止開始啟動,勻加速行駛10 s后速度達(dá)到36 km/h,然后保持該速度勻速行駛5分鐘后關(guān)閉動力,巴士恰能停在站點(diǎn)B。設(shè)巴士所受的阻力是自身重力的0.05,求: (1)巴士做勻加速運(yùn)動的加速度大小; (2)在勻加速期間巴士自身提供的動力大小; (3)A、B兩個(gè)站點(diǎn)之間的距離。 答案　見解析 解析　(1)由a=ΔvΔt得a=1 m/s2。 (2)由F-f=maf=0.05mg得F=12 000 N (3)x1=v2t1 x2=vt2 x3=v22(0.05g) 得x=x1+x2+x3=3 150 m。 2.如圖所示,一物體以v0=12 m/s的初速度從足夠長的傾角θ=37的斜面底部開始沿斜面向上運(yùn)動,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25。g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求: (1)物體沿斜面向上滑行的最大距離; (2)物體由斜面最高點(diǎn)返回底部的時(shí)間。 答案　(1)9 m　(2)322 s 解析　(1)物體沿斜面向上運(yùn)動時(shí)受力如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律得: mg sin θ+μmg cos θ=ma1 解得a1=8 m/s2 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式v02=2a1x得, 上滑的最大距離:x=v022a1=9 m。 (2)物體沿斜面向下運(yùn)動時(shí)受力如圖所示, 根據(jù)牛頓第二定律得物體下滑的加速度: a2=mgsinθ-μmgcosθm=4 m/s2 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移時(shí)間公式x=12a2t2得t=2xa2=322 s。 3.一旦發(fā)生火災(zāi),高樓居民如何逃生是一直困擾我們的問題。最近有人設(shè)計(jì)了一種新型逃生滑梯,提供了頗具創(chuàng)意的解決方式,這種裝置類似于“滑滑梯”,緊急情況中放下,逃生者躺在滑梯內(nèi),即可順勢滑到底樓。(假設(shè)樓層間的高度h=3 m) (1)經(jīng)發(fā)明者測試,逃生者從5樓滑到1樓需要10秒鐘,假設(shè)滑梯坡度為37,忽略轉(zhuǎn)角處的能量損失和空氣阻力,求逃生者的下滑加速度大小和逃生者與“滑梯”間的動摩擦因數(shù)。 (2)為了安全,處于高層的逃生者都備有智能躺椅,躺椅配有控速系統(tǒng)和剎車系統(tǒng),控速系統(tǒng)可以限制下滑過程中速度不超過6 m/s,剎車系統(tǒng)可以使減速過程的加速度大小和加速過程的加速度大小相等。為了安全,滑到地面時(shí)的速度大小要求不超過2 m/s,假設(shè)逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和題(1)中的加速度大小相等,求從25樓下滑到地面的最短時(shí)間。 答案　(1)0.4 m/s2　0.7　(2)1856 s 解析　(1)發(fā)明者測試時(shí)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,則有4hsin37=12at2 解得a=0.4 m/s2 對發(fā)明者受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:mg sin 37-μmg cos 37=ma 解得μ=0.7。 (2)研究對象先做勻加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動最后做勻減速運(yùn)動時(shí)間最短, 根據(jù)幾何關(guān)系有s總=24hsin37=120 m 加速的時(shí)間t1=vmaxa=15 s,加速的位移s1=vmax2t1=45 m 減速的時(shí)間t3=vmax-v末a=10 s,減速的位移s3=vmax+v末2t3=40 m 故勻速運(yùn)動的時(shí)間t2=s總-s1-s3vmax=356 s 則總時(shí)間t總=t1+t2+t3=1856 s。 4.2017年4月16日,國產(chǎn)大飛機(jī)C919在上海浦東機(jī)場進(jìn)行了首次高速滑行測試。某次測試中,C919在平直跑道上由靜止開始勻加速滑行,經(jīng)t1=20 s達(dá)到最大速度vm=288 km/h,之后勻速滑行一段時(shí)間,再勻減速滑行,最后停下來。若滑行總距離x=3 200 m,且減速過程的加速度大小與加速過程的加速度大小相等,取g=10 m/s2。 (1)求C919減速滑行時(shí)的加速度大小; (2)若C919的質(zhì)量m=8104 kg,加速過程中飛機(jī)受到的阻力恒為自身重力的0.1,求飛機(jī)加速過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小; (3)求C919在整個(gè)滑行過程中的平均速度大小。(結(jié)果保留一位小數(shù)) 答案　(1)4 m/s2　(2)4105 N　(3)53.3 m/s 解析　(1)由題意可知vm=at1=80 m/s,解得a=4 m/s2 由于減速過程和加速過程的加速度大小相等, 故減速滑行時(shí)的加速度大小a=4 m/s2。 (2)加速過程F-kmg=ma,解得F=4105 N。 (3)加速過程t1=20 s,x1=12at12=800 m 減速過程t2=20 s,x2=12at12=800 m 勻速過程t3=x-x1-x2vm=20 s 故全程的平均速度大小v=xt1+t2+t3≈53.3 m/s。 5.如圖所示,某次滑雪訓(xùn)練,運(yùn)動員站在水平雪道上利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F=84 N而從靜止向前滑行,其作用時(shí)間t1=1.0 s,撤除水平推力F后經(jīng)過t2=2.0 s,第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力,作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動員連同裝備(可視為質(zhì)點(diǎn))的總質(zhì)量m=60 kg,在整個(gè)運(yùn)動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff=12 N,求: (1)第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移; (2)t=3.0 s時(shí)運(yùn)動員的速度大小; (3)該運(yùn)動員第二次撤除水平推力后能滑行的最大距離。 答案　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)7.2 m 解析　(1)運(yùn)動員利用滑雪杖對雪面的作用獲得的加速度a1=F-Ffm=1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小 v1=a1t1=1.2 m/s 這段時(shí)間內(nèi)的位移x1=12a1t12=0.6 m。 (2)運(yùn)動員停止使用滑雪杖后,加速度大小a2=Ffm 經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1=v1-a2t2=0.8 m/s。 (3)設(shè)第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小為v2, 則v22-v12=2a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2=v222a2 解得x2=7.2 m。 6.如圖甲所示,直金屬板ABC與水平面成37角傾斜放置,板的AB部分光滑,BC部分粗糙,B為板的中點(diǎn)。現(xiàn)將兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P、Q分別從A、B兩點(diǎn)由靜止同時(shí)釋放,經(jīng)過1 s時(shí)間物塊P到達(dá)B點(diǎn),此時(shí)兩物塊間的距離為2 m。若將該金屬板從B點(diǎn)彎折,使AB部分與BC部分成圖乙所示夾角且平滑銜接,現(xiàn)將BC部分放置在水平面上,把原來的物塊P仍從A點(diǎn)由靜止釋放,物塊Q靜置在BC上某點(diǎn),兩物塊相碰后粘合在一起繼續(xù)運(yùn)動,恰好能到達(dá)C點(diǎn)。已知物塊Q的質(zhì)量是物塊P質(zhì)量的2倍,兩物塊與金屬板粗糙部分的動摩擦因數(shù)相同,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37=0.6,求 (1)物塊與金屬板粗糙部分之間的動摩擦因數(shù); (2)金屬板彎折后,物塊Q靜置時(shí)的位置與C點(diǎn)之間的距離。 答案　(1)0.25　(2)0.525 解析　(1)設(shè)物塊P的質(zhì)量為m,則物塊Q的質(zhì)量為2m, 圖甲物塊Q下滑過程中, 由牛頓第二定律得:2mg sin 37-2μmg cos 37=2maQ 又x0=12aQt2 解得μ=0.25。 (2)如圖甲,物塊P下滑過程中,由牛頓第二定律得: mg sin 37=maP 金屬板AB間的距離L=12aPt2=3 m 物塊P滑至B點(diǎn)時(shí)的速度v1=aPt=6 m/s 如圖乙,設(shè)兩物塊相碰前物塊P的速度為v2,相碰后P、Q的瞬時(shí)速度為v3,金屬板彎折后兩物塊相碰時(shí)的位置與C點(diǎn)之間的距離為x1,物塊P和P、Q整體在水平面BC上運(yùn)動時(shí)的加速度大小為a,由牛頓第二定律得:μmg=ma 物塊P在水平面上運(yùn)動過程中:v12-v22=2a(L-x1) 碰撞過程中動量守恒:mv2=(m+2m)v3 根據(jù)速度位移公式得:v32=2ax1 解得x1=0.525 m。 7.如圖甲所示,水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,一個(gè)質(zhì)量M=2 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上,通過速度傳感器記錄下物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖中取向左為正方向,以物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn))。已知傳送帶的速度保持不變,g=10 m/s2,求: (1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ。 (2)物塊經(jīng)過多長時(shí)間會從傳送帶端點(diǎn)滑落?從哪端滑落? 答案　(1)0.4　(2)4.5 s　從A端滑落 解析　(1)由圖像可知,物塊做勻變速運(yùn)動的加速度 a=ΔvΔt=4 m/s2 由牛頓第二定律得f=Ma 而f=μMg,得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4。 (2)由圖像可知,物塊的初速度大小v=8 m/s,傳送帶的速度大小v=4 m/s 物塊在傳送帶上滑動t1=3 s后,與傳送帶相對靜止, 前2 s內(nèi)物塊的位移大小x1=v2t=8 m,方向向右, 后1 s內(nèi)的位移大小x2=v2t=2 m,方向向左, 3 s內(nèi)的位移大小x=x1-x2=6 m,方向向右 物塊再向左運(yùn)動時(shí)間t2=xv=1.5 s 物塊在傳送帶上運(yùn)動的時(shí)間t總=t1+t2=4.5 s 從A端滑落。