高考物理一輪復(fù)習(xí)必?zé)峥键c整合回扣練專題（13）牛頓運動定律的三種典型模型（解析版）考點一eq\a\vs4\al(等時圓模型)(1)質(zhì)點從豎直圓環(huán)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)點從豎直圓環(huán)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)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示．【典例1】如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為()A．α＝θ B．α＝eq\f(θ,2)C．α＝eq\f(θ,3) D．α＝2θ【答案】B【解析】如圖所示，在豎直線AC上選取一點O為圓心，以適當(dāng)?shù)拈L度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切于B點．由等時圓知識可知，由A沿木板滑到B所用時間比由A到達斜面上其他各點所用時間都短，而∠COB＝θ，則α＝eq\f(θ,2).【提分筆記】【變式1】如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點．豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心．已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點．則()A．a(chǎn)球最先到達M點B．b球最先到達M點C．c球最先到達M點D．b球和c球都可能最先到達M點【答案】C【解析】如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球，設(shè)AM與水平面成θ角，則a球下滑到M用時滿足AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2eq\r(\f(r,g))(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r>R)．綜上所述可得tb>ta>tc.【變式2】如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A.B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為eq\r(2)R，AC長為2eq\r(2)R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用的時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用的時間為t2，則t1與t2之比為()A．1∶3 B．1∶2C．1∶eq\r(3) D．1∶eq\r(2)【答案】D【解析】如圖所示，設(shè)圓中任意一條弦為OM，圓的半徑為R′，則弦OM長s＝2R′cosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2得t＝2eq\r(\a\vs4\al(\f(R′,g)))，與角θ無關(guān)，因此沿不同弦下滑的時間相等．故小球沿AB下滑所用的時間等于小球在高度為2R的位置做自由落體運動所用的時間，即2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，小球沿AC下滑所用的時間等于小球在高度為4R的位置做自由落體運動所用的時間，即4R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，聯(lián)立有eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，選項D正確．考點二eq\a\vs4\al(傳送帶模型)1．水平傳送帶水平傳送帶又分為兩種情況：物體的初速度與傳送帶速度同向(含物體初速度為0)或反向．在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速(若v物<v傳，則物體加速；若v物>v傳，則物體減速)，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運動，或由于傳送帶不是足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達到共速．計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|.2．傾斜傳送帶物體沿傾角為θ的傳送帶傳送時，可以分為兩類：物體由底端向上運動，或者由頂端向下運動．解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關(guān)系，進一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運動情況．題型1水平傳送帶模型【典例2】(多選)如圖甲所示的水平傳送帶AB逆時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊沿曲面從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從傳送帶左端滑上，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊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，以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點)．已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度取g＝10m/s2.關(guān)于物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t，下列計算結(jié)果正確的是()A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s【答案】BC【解析】由題圖乙可得，物塊做勻變速運動的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得Ff＝ma＝μmg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A錯誤，B正確；在v-t圖象中，圖線與t軸所圍面積表示物塊的位移，則物塊經(jīng)減速、反向加速到與傳送帶相對靜止，最后勻速運動回到傳送帶左端時，物塊的位移為0，由題圖乙可得物塊在傳送帶上運動的總時間為4.5s，C正確，D錯誤．題型2傾斜傳送帶模型【典例3】如圖所示，傾角為37°、長為l＝16m的傳送帶，轉(zhuǎn)動速度為v＝10m/s，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質(zhì)量為m＝0.5kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間．【答案】(1)4s(2)2s【解析】(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2根據(jù)l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s.(2)設(shè)物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1則有a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2設(shè)當(dāng)物體運動速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動速度時經(jīng)歷的時間為t1，位移為x1，則有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<l＝16m設(shè)當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶轉(zhuǎn)動速度時物體的加速度為a2，則a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因為x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)則有10t2＋teq\o\al(2,2)＝11解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t總＝t1＋t2＝2s.【提分筆記】分析傳送帶問題的關(guān)鍵要注意抓住兩個關(guān)鍵時刻：一是初始時刻，根據(jù)物體速度v物和傳送帶速度v傳的關(guān)系確定摩擦力的方向，二是當(dāng)v物＝v傳時(速度相等是解決問題的轉(zhuǎn)折點)，判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止．【變式3】(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的物體從高為h＝0.8m的光滑斜面頂端由靜止開始下滑，物體經(jīng)過斜面與傳送帶連接處時的速率變化可忽略不計，滑上傳送帶A端的瞬時速度為vA，到達B端的瞬時速度為vB，水平傳送帶A、B兩端相距x＝6m，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/sB．若傳送帶不動，物體到達B端的瞬時速度vB＝2m/sC．若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定小于2m/sD．若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定大于2m/s【答案】AB【解析】物體從高為h的光滑斜面頂端滑下，由動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)可解得物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，選項A正確；物體滑上傳送帶，若傳送帶不動，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度大小a1＝μg＝1m/s2，物體做勻減速直線運動，由運動學(xué)公式可得，到達B端的速度vB＝eq\r(v\o\al(2,A)－2μgx)＝2m/s，選項B正確；若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，物體滑上傳送帶后的運動與傳送帶靜止不動時的運動相同，vB＝2m/s，選項C錯誤；若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的速度大小與4m/s的大小關(guān)系未知，物體可能加速運動，可能減速運動，也可能勻速運動，無法具體判斷物體的運動情況，故無法確定物體到達B端的瞬時速度，選項D錯誤．【變式4】(多選)如圖甲所示，位于同一豎直面內(nèi)的兩條傾角都為θ的傾斜軌道a、b分別與一傳送裝置的兩端平滑相連．現(xiàn)將小物塊從軌道a的頂端由靜止釋放，若傳送裝置不運轉(zhuǎn)，小物塊運動到軌道b底端的過程的v-t圖象如圖乙所示；若傳送裝置勻速轉(zhuǎn)動，則小物塊下滑過程的v-t圖象可能是下列選項中的()【答案】AC【解析】若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，則物塊在傳送帶上運動時所受的摩擦力與傳送帶靜止時的相同，加速度為a1＝gsinθ－μgcosθ，則v-t圖象不變，則選項A正確；若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)物塊運動到傳送帶上時的速度小于傳送帶的速度時，物塊將受到沿傳送帶向下的摩擦力，加速度為a2＝gsinθ＋μgcosθ>a1，此時物塊運動到軌道b底端的速度大于v1，則選項C正確，D錯誤；當(dāng)物塊運動到傳送帶上時的速度大于等于傳送帶的速度時，物塊將受到沿傳送帶向上的摩擦力，加速度仍為a1，則選項B錯誤．【變式5】如圖所示，一個足夠長的傳送帶與水平面之間的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下以v＝5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動．一質(zhì)量為1kg的物體以v0＝10m/s的初速度從傳送帶的底端沿傳送帶向上運動，已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)，重力加速度g＝10m/s2.(1)求物體沿傳送帶向上運動的最大距離；(2)若傳送帶向上勻速運動的速度v的大小可以調(diào)節(jié)，物體的初速度不變，當(dāng)傳送帶的速度調(diào)節(jié)為多大時，物體從底端運動到最高點的過程中產(chǎn)生的熱量最少？最小值是多大？【答案】(1)10m(2)2.5m/s12.5J【解析】(1)解法一：由于v0>v，故物體開始時所受摩擦力的方向沿傳送帶向下由牛頓第二定律可得，mg(sinθ＋μcosθ)＝ma1，解得a1＝7.5m/s2物體從10m/s減速到5m/s的過程，沿傳送帶向上的位移x1＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)＝5m由于mgsinθ>μmgcosθ，物體速度達到5m/s后繼續(xù)減速，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2.5m/s2物體從5m/s減速到0的過程，沿傳送帶向上的位移x2＝eq\f(v2,2a2)＝5m故物體沿傳送帶向上運動的最大距離x＝x1＋x2＝10m.解法二：畫出物體在傳送帶上的v-t圖象，如圖所示，物體沿傳送帶向上運動的最大距離等于圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積x＝eq\f(5＋10,2)×eq\f(2,3)m＋eq\f(5×2,2)m＝10m.(2)取傳送帶為參考系，物體向上減速運動的兩個過程相對傳送帶的位移大小分別為Δx1＝eq\f(v0－v2,2a1)＝eq\f(v0－v2,15m/s2)Δx2＝eq\f(v2,2a2)＝eq\f(v2,5m/s2)物體向上運動產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ(Δx1＋Δx2)進一步通過數(shù)學(xué)上的配方法可知，當(dāng)v＝2.5m/s時，產(chǎn)生的熱量Q最少，且最小值Q＝12.5J.考點三eq\a\vs4\al(“滑塊—木板”模型)1．模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．2．兩種位移關(guān)系：滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板同向運動，位移之差等于板長；若反向運動，位移之和等于板長．3．“滑塊—木板”模型問題的分析思路(1)求加速度．(2)分析臨界條件：速度相等時．(3)判斷運動狀態(tài)：一直加速、先加速后勻速等．4．常見類型設(shè)板長為L，滑塊(可視為質(zhì)點)位移大小為x塊，滑板位移大小為x板同向運動時：L＝x塊－x板．反向運動時：L＝x塊＋x板．【提分筆記】【典例4】如圖所示，將一長木板放在水平面上，且長木板的厚度不計，上、下表面均水平，兩個均可視為質(zhì)點的滑塊甲、乙放在長木板上，滑塊甲距離長木板左端的距離為x1＝0.5m，甲、乙兩滑塊之間的距離為x2＝1.5m．已知兩滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，兩滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2，從某時刻起在外力的控制下使長木板以a＝2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，重力加速度取g＝10m/s2.(1)滑塊甲在長木板上運動的時間為多少？(2)兩滑塊都靜止在水平面上時的間距為多少？【答案】(1)1s(2)3.75m【解析】(1)設(shè)滑塊甲在長木板上滑動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得a1＝μ1g當(dāng)滑塊甲離開長木板時，由運動學(xué)公式可知eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝x1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得t1＝1s.(2)由題意分析可知，兩滑塊先在長木板上做勻加速直線運動，離開長木板后在水平面上做勻減速直線運動，兩滑塊在長木板(水平面)上運動時的加速度大小相等滑塊甲離開長木板時的速度大小為v1＝a1t1設(shè)兩滑塊在水平面上運動時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得a2＝μ2g滑塊甲從開始運動到靜止在水平面上的過程中滑塊甲的總位移為s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(v\o\al(2,1),2a2)滑塊乙在長木板上的加速度大小也為a1.則當(dāng)滑塊乙離開長木板時，根據(jù)運動學(xué)公式可知eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＝x1＋x2滑塊乙離開長木板時的速度大小為v2＝a1t2滑塊乙從開始運動到靜止在水平面上的過程中滑塊乙的總位移為s2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＋eq\f(v\o\al(2,2),2a2)則兩滑塊靜止在水平面上時的間距為s＝s2＋x2－s1代入數(shù)據(jù)可得s＝3.75m.【提分筆記】(1)摩擦力的分析：板、塊的速度不同時，根據(jù)相對運動分析滑動摩擦力的方向，大小滿足f＝μFN；板、塊的速度相同時，采用假設(shè)法進行研究，從而確定物體的運動性質(zhì)．(2)運動過程的分析：根據(jù)時間先后順序，分段研究．能否達到相同的速度是分析的關(guān)鍵之一，需要討論兩者達到相同速度時的相對位移Δx與接觸面上能發(fā)生相對滑動的長度L之間的關(guān)系．當(dāng)Δx≤L，板、塊能達到相同速度；當(dāng)Δx>L，板、塊不能達到相同速度．【變式6】如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運動，一質(zhì)量為m的小木塊B(可視為質(zhì)點)，以大小也為v0的速度水平向右沖上木板左端，B、A間的動摩擦因數(shù)為μ，最后B未滑離A.已知M＝2m，重力加速度為g.求：(1)A、B達到共同速度的時間和共同速度的大??；(2)木板A的最短長度L.【答案】(1)eq\f(4v0,3μg)eq\f(v0,3)(2)eq\f(4v\o\al(2,0),3μg)【解析】(1)A、B分別由牛頓第二定律得出μmg＝MaA，μmg＝maB又M＝2m，可得aA＝eq\f(1,2)μg，aB＝μg規(guī)定水平向右為正方向，經(jīng)時間t兩者達到共同速度v，則v＝v0－aBt＝－v0＋aAt解得t＝eq\f(2v0,aA＋aB)＝eq\f(4v0,3μg)，v＝－eq\f(v0,3).(2)在時間t內(nèi)：A的位移xA＝eq\f(－v0＋v,2)t＝－eq\f(8v\