【物理】2018届二轮复习牛顿运动定律与直线运动学案（全国通用）
牛顿运动定律与直线运动
考向预测
本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。
高频考点：匀变速直线运动规律的应用、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用。知识与技巧的梳理
考点一、匀变速直线运动规律应用
例 (郑州2018届高三阶段考试) 甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点。求：
(1)甲做匀减速运动的加速度；
(2)甲冲刺阶段完成的位移大小。
【审题立意】本题为多过程直线运动问题，主要考查匀变速直线运动规律的应用。在解题时要明确各个运动阶段，注意平均速度公式的应用、加速度的计算方法，同时在计算时要注意各物理量的矢量性。
【解题思路】 (1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1＝，解得v1＝10 m/s
甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2，由a2＝
得a2＝－1 m/s2。
(2)甲匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m
甲匀减速的位移：x3＝Δt
解得x3＝18 m
最后甲冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m
【参考答案】(1)－1 m/s2 (2)62 m
【知识建构】1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”
2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法
【变式训练】 1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷) 如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC。设球经过B点前后速度大小不变，则小球在AB、BC段的加速度大小之比及小球由A运动到C过程中的平均速率分别为( )
A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/s
C．9∶7 2.1 m/s D．9∶7 2.5 m/s
解析：设AB＝BC＝x，则在AB段a1＝，在BC段a2＝，所以＝＝，AB段平均速率为v1＝vB＝1.5 m/s，BC段平均速率为v2＝(vB＋vC)＝3.5 m/s，因此从A到C的平均速率v＝＝＝2.1 m/s，C正确。
答案：C
2. (2017·广州调研)如图所示，一个质量为M的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)管第一次落地时管和球的速度；
(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；
(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。
解析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度v0＝，方向竖直向下。
(2)管第一次落地弹起时，管的加速度
a1＝＝2g，方向竖直向下，
球的加速度a2＝＝3g，方向竖直向上。
(3)管第一次落地弹起时的速度v1＝，方向向上，
球的速度v2＝，方向向下
若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球和管速度v相同，
则有－v1＋a1t1＝v2－a2t1
t1＝
设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2，则：t2＝，
因为t1
3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误、选项C正确。当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确。F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确。
答案：BCD
2．(2015·全国I卷T25)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 cm，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 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v-t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：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解析：(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：
μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1
解得μ1＝0.1
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a
3t＝ m, 末速度v1＝ m/s
滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
2. 传送带模型
例2. (2017·河南二模)如图所示，传送带Ⅰ与水平面的夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面的夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均沿顺时针方向匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M＝1 kg，物体的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB长L1＝15 m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝。传送带Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD长L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；
(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【审题立意】对于传送带问题，分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力。
【解题思路】(1)箱子在传送带Ⅰ上运动时，根据牛顿第二定律，对整体有：
μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)g·sin 30°＝(M＋m)a1
解得：a1＝2.5 m/s2
一开始箱子加速运动，设经过位移x1与传送带达到共速，则：
x1＝＝12.8 m(<15 m)
加速时间：t1＝＝3.2 s
匀速时间：t2＝＝0.275 s
总时间：t＝t1＋t2＝3.475 s
(2)由于v1>v2，所以箱子刚到达传送带Ⅱ上运动时减速运动，由牛顿第二定律得：
μ2Mgcos 37°＋Mgsin 37°＝Ma2
解得：a2＝10 m/s2
设经过位移x1与传送带达到共速，则：x2＝＝2.4 m(<8 m)
因Mgsin 37°>μ2Mgcos 37°，故箱子继续减速
由牛顿第二定律得：Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma3
解得：a3＝2 m/s2
x3＝＝4 m
x2＋x3＝6.4 m<8 m
所以箱子不能运送到高处平台上。
【参考答案】(1) 3.475 s (2)不能
【技能突破】传送带问题分析的要点是物体与传送带间的摩擦力，关注点是两个时刻：
1. 初始时刻物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻摩擦力的方向。
2. 物体与传送带速度相等的时刻摩擦力的大小(或有无)、性质(滑动摩擦力或静摩擦力)或方向会发生改变.正确判断这两个时刻的摩擦力，才能正确确定物体的运动性质。
【变式训练】1. 如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )
A. 传送带一定逆时针转动
B. μ＝tan θ＋
C. 传送带的速度大于v0
D. t0后滑块的加速度为2gsin θ－
解析：若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确.滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由图可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B错误.传送带的速度等于v0，选项C错误.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，选项D正确。
答案：AD
2. 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解析：(1)滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N
加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则
v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。
(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有
vmin2＝2aL，
vmin＝＝ m/s＝2 m/s
所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
行李最短运行时间由vmin＝a×tmin
得tmin＝＝ s＝2 s。
