【物理】2020届一轮复习人教版增分突破一　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版增分突破一　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题作业

增分突破一　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题 增分策略 ‎　　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题主要指单物体的多过程直线运动问题,即牛顿运动定律在某一物体参与多个运动过程中的应用。用牛顿运动定律解决复杂直线运动问题中能够较好考查学生逻辑思维能力、分析和解决实际问题的能力,对考生综合性能力要求较高。‎ 运用牛顿运动定律处理多过程的直线运动问题的思路方法可简单叙述如下:‎ ‎1.力与物体的直线运动问题往往在物体不同的运动阶段,物体的运动情况和受力情况都发生了变化,需要对不同阶段进行受力分析,判断物体的运动特征;‎ ‎2.此类问题可以对物体受力分析和运动分析并结合v-t图像分析,能从文字叙述和v-t图像中获取信息,构建相应的物理模型,列出相应的方程解答;‎ ‎3.多过程问题中要特别重视两个过程的连接处,加速度可能突变,但速度不会突变,速度是联系前后两个阶段的桥梁。‎ ‎　　典例1　如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a点无初速度地轻放一个质量m=1 kg的物块(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,再在a点无初速度地轻放另一质量为2m的物块B(视为质点),两物块到达b点时都恰好与传送带等速。在b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,木板与轨道间的动摩擦因数μ3=0.1,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,试求:‎ ‎(1)物块A、B滑上木板C的时间差Δt;‎ ‎(2)木板C运动的总时间;‎ ‎(3)木板C与轨道间的摩擦生热Q。‎ 答案　(1)0.5 s　(2)2.75 s　(3)9.75 J 解析　(1)物块在传送带上的加速时间即滑上木板的时间差,设A、B在传送带上的加速度为a0,μ1mg=ma0‎ 解得a0=8 m/s2‎ Δt=va‎0‎=0.5 s。‎ ‎(2)过程一:A物块滑上木板C与木板有相对运动,μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向向右;‎ 木板C水平方向受力μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止。‎ 过程二:经过Δt=0.5 s后B物块滑上木板C,此时A的速度:vA=v-aAΔt=3 m/s B物块和木板C有相对运动,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由静止开始向左做匀加速运动,A与C共速时,vA-aAt1=aCt1‎ 解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s,此时vB=v-aBt1=2.5 m/s。‎ 过程三:物块B相对木板C继续向左运动,仍做aB=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止。将木板C和物块A看做整体,则μ2·2mg-μ3(m+m+2m)g=2maAC 解得aAC=0,‎ 故木板C和物体A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速:vB-aBt2=vAC 解得t2=0.5 s。‎ 过程四:三物体保持相对静止,一起做匀减速运动直到速度减为0木板停止运动,则 μ3(m+m+2m)g=4maABC,解得aABC=1 m/s2,‎ t3=vACaABC=1.5 s。‎ 故木板运动的总时间:t=t1+t2+t3=2.75 s。‎ ‎(3)过程二中木板的位移:xC1=vAC‎+0‎‎2‎t1=0.5 625 m 过程三中木板的位移:xC2=vACt2=0.75 m 过程四中木板的位移:xC3=vAC‎+0‎‎2‎t3=1.125 m 木板与轨道的摩擦生热:Q=μ3·4mg(xC1+xC2+xC3)=9.75 J。‎ 名师点拨 多过程问题的解决方法——程序法 所谓程序法,是按时间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析,正确划分出不同的过程,对每一过程,具体分析出其速度、位移、时间的关系,然后利用各过程的具体特点列方程解题。利用程序法解题,关键是正确选择研究对象和物理过程,还要注意两点:一是注意速度关系,即第一个过程的末速度是第二个过程的初速度;二是位移关系,即各段位移之和等于总位移。‎ ‎　　1-1　如图甲所示,一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板,一个可视为质点的小物块在t=0时刻从挡板开始向上运动,其速度-时间图像如图乙所示;运动到最高点返回底端,与挡板发生弹性碰撞,再次向上运动,如此往复。求:(不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ ‎(1)小物块与斜面间的动摩擦因数;‎ ‎(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小;‎ ‎(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程。‎ 答案　(1)0.5　(2)2‎5‎ m/s　(3)12.5 m 解析　(1)由图像可知,小物块在上滑过程中的加速度大小a1=v‎0‎t‎1‎=10 m/s2‎ 由牛顿第二定律有,mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1‎ 可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。‎ ‎(2)小物块第一次上滑的位移大小x1=v‎0‎‎2‎t1=5 m 第一次下滑过程由动能定理有 mg sin 37°·x1-μmg cos 37°·x1=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-0‎ 可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v1=2‎5‎ m/s。‎ ‎(3)小物块最终停在挡板处,全程由动能定理有 ‎-μmg cos 37°·s=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 可得小物块在斜面上运动所通过的总路程s=12.5 m。‎ 增分专练 ‎1.杭州市目前已经拥有多条纯电动巴士。为了研究方便,我们将电动巴士在两个站点A、B之间的运行路线简化为水平方向上的直线运动,将电动巴士看成质点。电动巴士载人后的总质量为8 000 kg,从站点A由静止开始启动,匀加速行驶10 s后速度达到36 km/h,然后保持该速度匀速行驶5分钟后关闭动力,巴士恰能停在站点B。设巴士所受的阻力是自身重力的0.05,求:‎ ‎(1)巴士做匀加速运动的加速度大小;‎ ‎(2)在匀加速期间巴士自身提供的动力大小;‎ ‎(3)A、B两个站点之间的距离。‎ 答案　见解析 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.如图所示,一物体以v0=12 m/s的初速度从足够长的倾角θ=37°的斜面底部开始沿斜面向上运动,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ ‎(1)物体沿斜面向上滑行的最大距离;‎ ‎(2)物体由斜面最高点返回底部的时间。‎ 答案　(1)9 m　(2)‎3‎‎2‎‎2‎ s 解析　(1)物体沿斜面向上运动时受力如图所示,根据牛顿第二定律得:‎ mg sin θ+μmg cos θ=ma1‎ 解得a1=8 m/s2‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式v‎0‎‎2‎=2a1x得,‎ 上滑的最大距离:x=v‎0‎‎2‎‎2‎a‎1‎=9 m。‎ ‎(2)物体沿斜面向下运动时受力如图所示,‎ 根据牛顿第二定律得物体下滑的加速度:‎ a2=mgsinθ-μmgcosθm=4 m/s2‎ 根据匀变速直线运动的位移时间公式x=‎1‎‎2‎a2t2得t=‎2xa‎2‎=‎3‎‎2‎‎2‎ s。‎ ‎3.一旦发生火灾,高楼居民如何逃生是一直困扰我们的问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯,提供了颇具创意的解决方式,这种装置类似于“滑滑梯”,紧急情况中放下,逃生者躺在滑梯内,即可顺势滑到底楼。(假设楼层间的高度h=3 m)‎ ‎(1)经发明者测试,逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟,假设滑梯坡度为37°,忽略转角处的能量损失和空气阻力,求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑梯”间的动摩擦因数。‎ ‎(2)为了安全,处于高层的逃生者都备有智能躺椅,躺椅配有控速系统和刹车系统,控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s,刹车系统可以使减速过程的加速度大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全,滑到地面时的速度大小要求不超过2 m/s,假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等,求从25楼下滑到地面的最短时间。‎ 答案　(1)0.4 m/s2　0.7　(2)‎185‎‎6‎ s 解析　(1)发明者测试时做初速度为零的匀加速直线运动,则有‎4hsin37°‎=‎1‎‎2‎at2‎ 解得a=0.4 m/s2‎ 对发明者受力分析,根据牛顿第二定律得:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma 解得μ=0.7。‎ ‎(2)研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短,‎ 根据几何关系有s总=‎24hsin37°‎=120 m 加速的时间t1=vmaxa=15 s,加速的位移s1=vmax‎2‎t1=45 m 减速的时间t3=vmax‎-‎v末a=10 s,减速的位移s3=vmax‎+‎v末‎2‎t3=40 m 故匀速运动的时间t2=s总‎-s‎1‎-‎s‎3‎vmax=‎35‎‎6‎ s 则总时间t总=t1+t2+t3=‎185‎‎6‎ s。‎ ‎4.2017年4月16日,国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试。某次测试中,C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行,经t1=20 s达到最大速度vm=288 km/h,之后匀速滑行一段时间,再匀减速滑行,最后停下来。若滑行总距离x=3 200 m,且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等,取g=10 m/s2。‎ ‎(1)求C919减速滑行时的加速度大小;‎ ‎(2)若C919的质量m=8×104 kg,加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重力的0.1,求飞机加速过程中发动机产生的推力大小;‎ ‎(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。(结果保留一位小数)‎ 答案　(1)4 m/s2　(2)4×105 N　(3)53.3 m/s 解析　(1)由题意可知vm=at1=80 m/s,解得a=4 m/s2‎ 由于减速过程和加速过程的加速度大小相等,‎ 故减速滑行时的加速度大小a'=4 m/s2。‎ ‎(2)加速过程F-kmg=ma,解得F=4×105 N。‎ ‎(3)加速过程t1=20 s,x1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=800 m 减速过程t2=20 s,x2=‎1‎‎2‎a't‎1‎‎2‎=800 m 匀速过程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.如图所示,某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84 N而从静止向前滑行,其作用时间t1=1.0 s,撤除水平推力F后经过t2=2.0 s,第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量m=60 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12 N,求:‎ ‎(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移;‎ ‎(2)t=3.0 s时运动员的速度大小;‎ ‎(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。‎ 答案　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)7.2 m 解析　(1)运动员利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度a1=F-‎Ffm=1.2 m/s2‎ 第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小 v1=a1t1=1.2 m/s 这段时间内的位移x1=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎=0.6 m。‎ ‎(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小a2=‎Ffm 经时间t2速度变为v1'=v1-a2t2=0.8 m/s。‎ ‎(3)设第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小为v2,‎ 则v‎2‎‎2‎-v‎1‎‎2‎=2a1x1‎ 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=‎v‎2‎‎2‎‎2‎a‎2‎ 解得x2=7.2 m。‎ ‎6.如图甲所示,直金属板ABC与水平面成37°角倾斜放置,板的AB部分光滑,BC部分粗糙,B为板的中点。现将两个可视为质点的物块P、Q分别从A、B两点由静止同时释放,经过1 s时间物块P到达B点,此时两物块间的距离为2 m。若将该金属板从B点弯折,使AB部分与BC部分成图乙所示夹角且平滑衔接,现将BC部分放置在水平面上,把原来的物块P仍从A点由静止释放,物块Q静置在BC上某点,两物块相碰后粘合在一起继续运动,恰好能到达C 点。已知物块Q的质量是物块P质量的2倍,两物块与金属板粗糙部分的动摩擦因数相同,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,求 ‎(1)物块与金属板粗糙部分之间的动摩擦因数;‎ ‎(2)金属板弯折后,物块Q静置时的位置与C点之间的距离。‎ 答案　(1)0.25　(2)0.525‎ 解析　(1)设物块P的质量为m,则物块Q的质量为2m,‎ 图甲物块Q下滑过程中,‎ 由牛顿第二定律得:2mg sin 37°-2μmg cos 37°=2maQ 又x0=‎1‎‎2‎aQt2‎ 解得μ=0.25。‎ ‎(2)如图甲,物块P下滑过程中,由牛顿第二定律得:‎ mg sin 37°=maP 金属板AB间的距离L=‎1‎‎2‎aPt2=3 m 物块P滑至B点时的速度v1=aPt=6 m/s 如图乙,设两物块相碰前物块P的速度为v2,相碰后P、Q的瞬时速度为v3,金属板弯折后两物块相碰时的位置与C点之间的距离为x1,物块P和P、Q整体在水平面BC上运动时的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma 物块P在水平面上运动过程中:v‎1‎‎2‎-v‎2‎‎2‎=2a(L-x1)‎ 碰撞过程中动量守恒:mv2=(m+2m)v3‎ 根据速度位移公式得:v‎3‎‎2‎=2ax1‎ 解得x1=0.525 m。‎ ‎7.如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量M=2 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ。‎ ‎(2)物块经过多长时间会从传送带端点滑落?从哪端滑落?‎ 答案　(1)0.4　(2)4.5 s　从A端滑落 解析　(1)由图像可知,物块做匀变速运动的加速度 a=ΔvΔt=4 m/s2‎ 由牛顿第二定律得f=Ma 而f=μMg,得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。‎ ‎(2)由图像可知,物块的初速度大小v=8 m/s,传送带的速度大小v'=4 m/s 物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止,‎ 前2 s内物块的位移大小x1=v‎2‎t=8 m,方向向右,‎ 后1 s内的位移大小x2=v'‎‎2‎t'=2 m,方向向左,‎ ‎3 s内的位移大小x=x1-x2=6 m,方向向右 物块再向左运动时间t2=xv'‎=1.5 s 物块在传送带上运动的时间t总=t1+t2=4.5 s从A端滑落。‎