第3章 牛顿运动定律物理模型1|动力学中的传送带模型1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后，再以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速如图31所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程(sin 370.6，g取10 m/s2)图31【规范解答】(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1s11 mL所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v0速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时沿斜面上升的距离s2 m由于s20.4 m，所以物块未到达斜面的最高点(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t11.5 s物块第一次在斜面上往返的时间t2 s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左mgma3向左端发生的最大位移s3所用时间t31 s又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程sL3s22s3解得s5 m.【答案】(1)不能 m(2)5 m突破训练1如图32所示为上、下两端相距L5 m，倾角30，始终以v3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：【导学号：96622055】(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端图32【解析】(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得Lat2解得a2.5 m/s2；由牛顿第二定律得mgsin fma，又fmgcos 解得0.29. (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体所受摩擦力始终沿传送带向下，设此时传送带速度为v，物体加速度a.则由牛顿第二定律得mgsin fma又fmgcos ，v22aL联立解得v8.66 m/s.【答案】(1)0.29(2)8.66 m/s物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型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滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长3解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)(3)明确关系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求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图33(a)所示t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(a)(b)图33(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离【思路导引】【规范解答】(1)规定向右为正方向木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m突破训练2(2017连云港模拟)如图34所示，薄板A长L5 m，其质量M5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐在A上距右端s3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m2 kg.已知A、B间动摩擦因数10.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为20.2，原来系统静止现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上，直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘(g取10 m/s2)求：(1)B运动的时间；(2)力F的大小图34【解析】(1)对于B，在未离开A时，其加速度为：aB11 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：aB22 m/s2设物体B离开A时的速度为vB有vBaB1t1和aB1ts代入数据解得t12 st21 s所以B运动的时间是：tt1t23 s.(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得aAtaB1tLs解得：aA2 m/s2由牛顿第二定律得F1mg2(mM)gMaA代入数据得：F26 N.【答案】(1)3 s(2)26 N高考热点1|动力学中的图象问题利用图象分析动力学问题时，关键是要将题目中的物理情景与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出正确判断如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、拐点、面积等的对应关系(多选)如图35所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的vt图象可能是下列选项中的()图35【规范解答】设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，若有1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a11g，木板向右匀加速运动，当二者共速后，一起以a22g的加速度匀减速到停止，因a1a2，故选项B正确【答案】BD突破训练3(多选)如图36甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2)，下列结论正确的是()【导学号：96622056】图36A物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B弹簧的劲度系数为750 N/mC物体的质量为2 kgD物体的加速度大小为5 m/s2ACD物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从图中可知ma10 N，maFmmg，解得物体的质量为m2 kg，物体的加速度大小为a5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k N/m500 N/m，所以选项B错误高考热点2|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”如图37所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg)开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B至少应该多长？图37【规范解答】(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动(2)B着地前瞬间的速度为v1，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t，在此时间内A的位移xv1t