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

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1、增分突破一　牛頓運動定律解決復(fù)雜直線運動問題 增分策略 　　牛頓運動定律解決復(fù)雜直線運動問題主要指單物體的多過程直線運動問題,即牛頓運動定律在某一物體參與多個運動過程中的應(yīng)用。用牛頓運動定律解決復(fù)雜直線運動問題中能夠較好考查學(xué)生邏輯思維能力、分析和解決實際問題的能力,對考生綜合性能力要求較高。 運用牛頓運動定律處理多過程的直線運動問題的思路方法可簡單敘述如下: 1.力與物體的直線運動問題往往在物體不同的運動階段,物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化,需要對不同階段進行受力分析,判斷物體的運動特征; 2.此類問題可以對物體受力分析和運動分析并結(jié)合v-t圖像分析,能從文字?jǐn)⑹龊蛌-t圖像

2、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)系前后兩個階段的橋梁。 　　典例1　如圖傳送裝置,水平傳送帶ab在電機的帶動下以恒定速率v=4 m/s運動,在傳送帶的右端點a點無初速度地輕放一個質(zhì)量m=1 kg的物塊(視為質(zhì)點),當(dāng)物塊A到達傳送帶左端點b點時,再在a點無初速度地輕放另一質(zhì)量為2m的物塊B(視為質(zhì)點),兩物塊到達b點時都恰好與傳送帶等速。在b端點的左方為一個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

3、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的時間差Δt; (2)木板C運動的總時間; (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間即滑上木板的時間差,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與木板有相對運動,μ2mg=maA,解得aA=2 m

4、/s2,方向向右; 木板C水平方向受力μ2mg=μ3·2mg,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A的速度:vA=v-aAΔt=3 m/s B物塊和木板C有相對運動,μ2·2mg=2maB,aB=2 m/s2; 木板C:μ2·2mg+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動,A與C共速時,vA-aAt1=aCt1 解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s,此時vB=v-aBt1=2.5 m/s。 過程三:物塊B相對木板C繼續(xù)向左運動,仍做aB=2 m/s2的勻減速運動,木板C和物塊

5、A保持相對靜止。將木板C和物塊A看做整體,則μ2·2mg-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,一起做勻減速運動直到速度減為0木板停止運動,則 μ3(m+m+2m)g=4maABC,解得aABC=1 m/s2, t3=vACaABC=1.5 s。 故木板運動的總時間: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

6、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=μ3·4mg(xC1+xC2+xC3)=9.75 J。 名師點撥 多過程問題的解決方法——程序法 所謂程序法,是按時間的先后順序?qū)︻}目給出的物理過程進行分析,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、時間的關(guān)系,然后利用各過程的具體特點列方程解題。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:一是注意速度關(guān)系,即第一個過程的末速度是第二個過程的初速度;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

7、擋板,一個可視為質(zhì)點的小物塊在t=0時刻從擋板開始向上運動,其速度-時間圖像如圖乙所示;運動到最高點返回底端,與擋板發(fā)生彈性碰撞,再次向上運動,如此往復(fù)。求:(不計空氣阻力,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的速度大小; (3)小物塊在斜面上運動所通過的總路程。 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

8、°=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 37°·x1-μmg cos 37°·x1=12mv12-0 可得小物塊第一次回到斜面底端時的速度大小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 37°·s=0-12mv02 可得小物塊在斜面上運動所通過的總路程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站點A、B之間的運行路線簡化為水平方向上的直線運動,將電動巴士看

9、成質(zhì)點。電動巴士載人后的總質(zhì)量為8 000 kg,從站點A由靜止開始啟動,勻加速行駛10 s后速度達到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兩個站點之間的距離。 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

10、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)物體由斜面最高點返回底部的時間。 答案　(1)9 m　(2)322 s 解析　(1)物體沿斜面向上運動時受力如圖所示,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

11、向下運動時受力如圖所示, 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)勻變速直線運動的位移時間公式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)

12、。 (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間。 答案　(1)0.4 m/s2　0.7　(2)1856 s 解析　(1)發(fā)明者測試時做初速度為零的勻加速直線運動,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 co

13、s 37°=ma 解得μ=0.7。 (2)研究對象先做勻加速運動再做勻速運動最后做勻減速運動時間最短, 根據(jù)幾何關(guān)系有s總=24hsin37°=120 m 加速的時間t1=vmaxa=15 s,加速的位移s1=vmax2t1=45 m 減速的時間t3=vmax-v末a=10 s,減速的位移s3=vmax+v末2t3=40 m 故勻速運動的時間t2=s總-s1-s3vmax=356 s 則總時間t總=t1+t2+t3=1856 s。 4.2017年4月16日,國產(chǎn)大飛機C919在上海浦東機場進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

14、 s達到最大速度vm=288 km/h,之后勻速滑行一段時間,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減速滑行時的加速度大小; (2)若C919的質(zhì)量m=8×104 kg,加速過程中飛機受到的阻力恒為自身重力的0.1,求飛機加速過程中發(fā)動機產(chǎn)生的推力大小; (3)求C919在整個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)4×105 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

15、減速過程和加速過程的加速度大小相等, 故減速滑行時的加速度大小a'=4 m/s2。 (2)加速過程F-kmg=ma,解得F=4×105 N。 (3)加速過程t1=20 s,x1=12at12=800 m 減速過程t2=20 s,x2=12a't12=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

16、水平推力,作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備(可視為質(zhì)點)的總質(zhì)量m=60 kg,在整個運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間內(nèi)的位移; (2)t=3.0 s時運動員的速度大小; (3)該運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 這段時間內(nèi)的位移x

17、1=12a1t12=0.6 m。 (2)運動員停止使用滑雪杖后,加速度大小a2=Ffm 經(jīng)時間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?，F(xiàn)將兩個可視為質(zhì)點的物塊P、Q分別從A、B兩點由靜止同時釋放,經(jīng)過1 s時間物塊P到達B點,此時兩物塊間的距離為2 m。若將該金屬板從B點彎折,使AB部分與BC部分成

18、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點由靜止釋放,物塊Q靜置在BC上某點,兩物塊相碰后粘合在一起繼續(xù)運動,恰好能到達C點。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靜置時的位置與C點之間的距離。 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

19、°=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點時的速度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的瞬時速度為v3,金屬板彎折后兩物塊相碰時的位置與C點之間的距離為x1,物塊P和P、Q整體在水平面BC上運動時的加速度大小為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=

20、2ax1 解得x1=0.525 m。 7.如圖甲所示,水平傳送帶AB逆時針勻速轉(zhuǎn)動,一個質(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為計時零點)。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)過多長時間會從傳送帶端點滑落?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=v'2t'=2 m,方向向左, 3 s內(nèi)的位移大小x=x1-x2=6 m,方向向右 物塊再向左運動時間t2=xv'=1.5 s 物塊在傳送帶上運動的時間t總=t1+t2=4.5 s 從A端滑落。 9