高考物理 知识复习与检测 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 牛顿运动定律的综合应用(二)-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考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命题点一“传送带模型”问题1水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻2倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其

2、是否受到滑动摩擦力作用当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v06 m/s顺时针转动现在传送带左侧轻轻放上m1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.传送带以恒定加速度减速直至停止；滑块与传送带共速答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可

3、得：mgma1得：a12 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：vv0at1va1t1解得：v2 m/s，t11 s滑块位移为x11 m传送带位移为x24 m故滑块与传送带的相对位移xx2x13 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：Ffma4 Nmg2 N故滑块与传送带相对滑动滑块做减速运动，加速度仍为a1.滑块减速时间为t2，有：t21 s故：tt1t22 s.例2如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v2 m/s的恒定速率顺时针转动一包货物以v012 m/s的初

4、速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8)恒定速率顺时针转动；货物的速度和传送带相同；再次滑回A端答案(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(22) s解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin Ffma1垂直传送带方向：mg

5、cos FN又FfFN由以上三式得：a1g(sin cos )10(0.60.50.8)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t11 s，x1t17 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin mgcos ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin mgcos ma2，得：a2g(sin cos )2 m/s2，方向沿传送带向下设货物再经时间t2，速度减为零，则t21 s沿传送带向上滑的位移x2t21 m则货物上滑的总距离为xx1x28 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速

6、度大小等于a2.设下滑时间为t3，则xa2t，代入解得t32 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为tt1t2t3(22) s.1.如图3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，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，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3A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(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端

7、一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从到端一直做匀加速运动，且加速度agsin 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，tan ，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tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )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mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(s

8、in cos )，选项B错误；若tan ，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2.如图4所示为一水平传送带装置示意图A、B为传送带的左、右端点，AB长L2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动已知煤块与传送带间动摩擦因数0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)图4(1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？(2)上述情况下煤块运动到B点的过

9、程中在传送带上留下的痕迹至少多长？答案(1)2 m/s(2)1 m解析(1)为了使煤块以最短时间到达B点，煤块应一直匀加速从A点到达B点mgma1得a11 m/s2v2a1LvB2 m/s(2)传送带加速结束时的速度vvB2 m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短煤块运动时间t2 s传送带加速过程：vBat1得t11 sx1at得x11 m传送带匀速运动过程：t2tt11 sx2vBt2得x22 m故痕迹最小长度为xx1x2L1 m.命题点二“滑块木板模型”问题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，位移大小之差等

10、于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：如图5所示，Lx1x2图5反向运动时：如图6所示，Lx1x2图63解题步骤找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3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37(sin 37)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；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7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1减

11、小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 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g10 m/s2.求：图7(1)在02 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间12，可分析A、B受力；第2 s末，B的上表面突然变为光滑答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s解析(1)在02 s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

12、力公式和力的平衡条件得Ff11FN1FN1mgcos Ff22FN2FN2FN1mgcos 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mgsin Ff1ma1mgsin Ff2Ff1ma2联立式，并代入题给条件得a13 m/s2a21 m/s2(2)在t12 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/s2 s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0，同理可得a16 m/s2a22 m/s2由于a20，可知B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为0，则有v2a2t20联立式得t21 s在t1t2时间内，A相对

13、于B运动的距离为x12 m27 m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lx(v1a1t2)t3a1t可得t31 s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间为t总，有t总t1t2t34 s.求解“滑块木板”类问题的方法技巧1搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向2正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况3速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变3(多选)(2016江

14、苏单科9)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()图8A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案BD解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数均为，设鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为ag，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ffmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在

15、桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度vgt增大，加速运动的位移x1gt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对4避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和

16、货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m解析(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动

17、距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案D解析开始阶段，小木块受到竖直

18、向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，所以a1gsin gcos .小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，所以a2gsin gcos .根据以上分析，有a2a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“tan ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传

19、送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项理解与tan 关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键变式拓展(1)若将“tan ”改为“tan ”，答案应选什么？提示若改为tan ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确题组1“传送带模型”问题1如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角37，A、B两端相距L5.0 m，质量为M10 k

20、g的物体以v06.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图1(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？答案(1)2.2 s(2)1 s解析(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin Mgcos Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1通过的位移x1设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin Mgcos Ma2由

21、tan 0.75知，物体继续减速，设经时间t2到达传送带B点Lx1vt2a2t联立得式可得：tt1t22.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，Lv0ta2t2t1 s(t5 s舍去)2车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与

22、斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 370.6，cos 370.8)图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B轮的半径为R0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度答案(1)0.1 m(2)25 N，方向竖直向下(3)1.25 m解析(1)行李包在水平传送带上加速时1mgma1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则va1t行李包前进距离x1a1t2传送带前进距离x2vt行李包相对传送带滑动的距离xx2x10.1 m(2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有mgFN解得：FN25 N根据牛顿第三

23、定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25 N，方向竖直向下(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mgsin 372mgcos 37ma2行李包从斜面滑下过程：0v22a2x解得：x1.25 m.题组2“滑块木板模型”问题3如图3所示，水平传送带以v12 m/s的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数10.1，把质量m20 kg的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m处平板车的质量M30 kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数20.3，平板车长10 m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点(g10 m/s2)求：图3(1)

24、行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案(1)0.6 s(2)x50 m解析(1)行李包放上传送带做匀加速直线运动a11gv22a1x解得：v3 m/s因v3 m/s12 m/s，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速a22g3 m/s2a32 m/s2va2ta3t解得：t0.6 s相对位移xvta2t2a3t20.9 m10 m，符合题意(2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长设行李包刚滑上平板车时速度为v0，L为平板车长，则v0a2ta3tv0ta2t2a3t2L解得v01

25、0 m/s12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v2a1x解得：x50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M100 kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h1.25 m，一质量m50 kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b1 m，与车板间的动摩擦因数0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x02.0 m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x(不计路面摩擦，g10 m/s2)图4答案1.625 m解析设小物块在车上运动时，车的加速度为a1，物块的加速度为a2.则a2g0.210 m/s22 m/s2.由xat2得：x0a1t2，x0ba2t2.故有，a12a24 m/s2.对车，由牛顿第二定律得：FmgMa1.FMa1mg1004 N0.25010 N500 N.小物块滑落时车速v1 m/s4 m/s，小物块速度v2 m/s2 m/s物块滑落后，车的加速度a m/s25 m/s2小物块落地时间t s0.5 s.车运动的位移x车v1tat240.5 m50.52 m2.625 m.小物块平抛的水平位移x物v2t20.5 m1 m.物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：xx车x物2.625 m1 m1.625 m.13