【物理】2019届一轮复习人教版多物体、多过程”类力学综合问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版多物体、多过程”类力学综合问题学案

第5讲 多物体、多过程”类力学综合问题 ‎[学生用书P60]‎ 全国卷对于“多物体、多过程”类问题每年都有涉及．牛顿运动定律作为经典力学的基础理论，在解决动力学问题中一定是做为重点考查点．其中近几年高考中主要考查的方向有：(1)对于“多物体”组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块——滑板模型等．‎ ‎【重难解读】‎ ‎“多过程”“多物体”类问题的分析方法 ‎1．分析“多过程”问题的方法要领 ‎(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．‎ ‎(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．‎ ‎(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．‎ ‎(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．‎ ‎(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．‎ ‎2．分析“多物体”问题的方法要领 ‎(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)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，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．‎ ‎【典题例证】‎ ‎　(20分)(2015·高考全国卷Ⅰ)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，如图甲所示．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图线如图乙所示．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：‎ 甲 ‎　乙 ‎(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．‎ ‎[审题指导]　在t＝0～1 s时间内，小物块和木板一起运动，具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数μ1.根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板间的相对位移，即木板的最小长度．‎ ‎[解析]　(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 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①(2分)‎ 由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1＝4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1 ②(1分)‎ x0＝v0t1＋a1t ③(1分)‎ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．‎ 联立①②③式和题给条件解得 μ1＝0.1 ④(1分)‎ 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 ‎－μ2mg＝ma2 ⑤(1分)‎ 由题图乙可得 a2＝ ⑥(1分)‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得 μ2＝0.4. ⑦(1分)‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，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 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧(2分)‎ v3＝－v1＋a3Δt ⑨(1分)‎ v3＝v1＋a2Δt ⑩(1分)‎ 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 x1＝Δt ⑪(1分)‎ 小物块运动的位移为 x2＝Δt ⑫(1分)‎ 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1 ⑬(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得 Δx＝6.0 m ⑭(1分)‎ 因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，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x3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮(1分)‎ ‎0－v＝2a4x3 ⑯(1分)‎ 碰撞后木板运动的位移为 x＝x1＋x3 ⑰(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得 x＝－6.5 m ⑱(1分)‎ 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.‎ ‎[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m ‎“传送带模型”“滑板——滑块模型”的区别与联系 ‎(1)两模型的联系：传送带类似于木块、木板模型中的木板，而两模型中物体的运动规律很相似．开始时，由于两物体(木块与木板、物体与传送带)速度不同，即两物体间存在阻碍相对运动的滑动摩擦力，用来改变两物体的运动状态，由于滑动摩擦力恒定，所以物体均做匀变速运动(传送带匀速)，当两者速度相等时，一起做匀速直线运动(前提是木块仍在木板上、物体没到达传送带另一端)．‎ ‎(2)两模型的区别 ‎①木块、木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行分析；而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传送带一直做匀速运动，一般情况下只需对物体的受力情况和运动情况做出分析即可．‎ ‎②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不同．　 ‎ ‎【突破训练】‎ ‎1．(2018·西安质检)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)‎ A．3μmg　　　　　　　　　 B．4μmg C．5μmg D．6μmg 解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2018·南昌模拟)如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是(　　)‎ A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0‎ B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点 C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0‎ D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＞v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0‎ 解析：选AC.传送带静止时，有mv－mv＝－μmgL，即vB＝，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，不会为零，用时也一定仍为t0，故选项A正确，B错误；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C正确；当其运行速率(保持不变)v＞v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D错误．‎ ‎3.‎ ‎(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)‎ 解析：选BC.①若v2＞v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1＝.‎ 若P能减速到v1，‎ 当fP≥mQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，‎ 当fP＜mQg，P、Q继续减速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A错误．‎ 若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.‎ ‎②若v2≤v1.‎ 当fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2＝ 当fP＜mQg，P、Q可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变．‎ 综上，B、C正确，D错误．‎ ‎4．如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小滑块在木板A上运动的时间；‎ ‎(2)木板B获得的最大速度．‎ 解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止 设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1‎ l＝a1t 解得：t1＝1 s.‎ ‎(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2‎ vB＝a2t2‎ xB＝a2t v1＝a1t1‎ x块＝v1t2＋a1t x块－xB＝l 联立以上各式可得：vB＝1 m/s.‎ 答案：(1)1 s　(2)1 m/s ‎5．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.‎ ‎(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；‎ ‎(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．‎ 解析：(1)若整体恰好静止，则F＝(M＋m)gsin α＝(3＋1)×10×sin 30° N＝20 N 因要拉动木板，则F>20 N 若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 对物块有f－mgsin α＝ma 其中f≤μmgcos α 代入数据解得F≤30 N 向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F应满足的条件为20 N30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1‎ 对物块有μmgcos α－mgsin α＝ma2‎ 设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得 a1t2－a2t2＝L 代入数据解得t＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v＝a2t 由－2gsin α·s＝0－v2‎ 代入数据解得s＝0.9 m.‎ 答案：见解析