高考物理 一轮复习 考点整合练习专题（13）牛顿运动定律的三种典型模型（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理一轮复习必热考点整合回扣练

专题（13）牛顿运动定律的三种典型模型（解析版）

考点一 　

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．

【典例1】　如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ

角的大小关系应为(　　)

A．α＝θ　　　　　　　 B．α＝

C．α＝ D．α＝2θ

【答案】B

【解析】如图所示，在竖直线AC上选取一点O为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于B点．由等时圆知识可知，由A沿木板滑到B所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都

短，而∠COB＝θ，则α＝.

【提 分 笔 记】

【变式1】如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(　　)

A．a球最先到达M点                 B．b球最先到达M点

C．c球最先到达M点                 D．b球和c球都可能最先到达M点

【答案】C

【解析】如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝  ；对于a球，设AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θt，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得tb>ta>tc.

【变式2】如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用的时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用的时间为t2，则t1与t2之比为(　　)

A．1∶3  B．1∶2

C．1∶ D．1∶

【答案】D

【解析】如图所示，设圆中任意一条弦为OM，圆的半径为R′，则弦OM长s＝2R′cos θ，小球下滑的加速度a＝gcos θ，根据s＝at2得t＝2，与角θ无关，因此沿不同弦下滑的时间相等．故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt，联立有＝，选项D正确．

考点二 　

1．水平传送带

水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向．

在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．

计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.

2．倾斜传送带

物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况．

题型1　水平传送带模型

【典例2】　(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度取g＝10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　)

A．μ＝0.4  B．μ＝0.2

C．t＝4.5 s D．t＝3 s

【答案】BC

【解析】由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v­t图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误．

题型2　倾斜传送带模型

【典例3】　如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

【答案】(1)4 s　(2)2 s

【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma

则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2

根据l＝at2得t＝4 s.

(2)设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

则有a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 m<l＝16 m

设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则

a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2

x2＝l－x1＝11 m

又因为x2＝vt2＋a2t

则有10t2＋t＝11

解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)

所以t总＝t1＋t2＝2 s.

【提 分 笔 记】

分析传送带问题的关键

要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时(速度相等是解决问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止．

【变式3】(多选)如图所示，一个质量为m，可视为质点的物体从高为h＝0.8 m的光滑斜面顶端由静止开始下滑，物体经过斜面与传送带连接处时的速率变化可忽略不计，滑上传送带A端的瞬时速度为vA，到达B端的瞬时速度为vB，水平传送带A、B两端相距x＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s

B．若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度vB＝2 m/s

C．若传送带逆时针匀速转动，vB一定小于2 m/s

D．若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于2 m/s

【答案】AB

【解析】物体从高为h的光滑斜面顶端滑下，由动能定理可得mgh＝mv，代入数据可解得物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，选项A正确；物体滑上传送带，若传送带不动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小a1＝μg＝1 m/s2，物体做匀减速直线运动，由运动学公式可得，到达B端的速度vB＝＝2 m/s，选项B正确；若传送带逆时针匀速转动，物体滑上传送带后的运动与传送带静止不动时的运动相同，vB＝2 m/s，选项C错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度大小与4 m/s的大小关系未知，物体可能加速运动，可能减速运动，也可能匀速运动，无法具体判断物体的运动情况，故无法确定物体到达B端的瞬时速度，选项D错误．

【变式4】(多选)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连．现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v­t图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v­t图象可能是下列选项中的(　　)

【答案】AC

【解析】若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝gsin θ－μgcos θ，则v­t图象不变，则选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝gsin θ＋μgcos θ>a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则选项C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，则选项B错误．

【变式5】如图所示，一个足够长的传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动．一质量为1 kg的物体以v0＝10 m/s的初速度从传送带的底端沿传送带向上运动，已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求物体沿传送带向上运动的最大距离；

(2)若传送带向上匀速运动的速度v的大小可以调节，物体的初速度不变，当传送带的速度调节为多大时，物体从底端运动到最高点的过程中产生的热量最少？最小值是多大？

【答案】(1)10 m　(2)2.5 m/s　12.5 J

【解析】(1)解法一：由于v0>v，故物体开始时所受摩擦力的方向沿传送带向下

由牛顿第二定律可得，mg(sin θ＋μcos θ)＝ma1，

解得a1＝7.5 m/s2

物体从10 m/s减速到5 m/s的过程，沿传送带向上的位移x1＝＝5 m

由于mgsin θ>μmgcos θ，物体速度达到5 m/s后继续减速，加速度a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2

物体从5 m/s减速到0的过程，沿传送带向上的位移x2＝＝5 m

故物体沿传送带向上运动的最大距离x＝x1＋x2＝10 m.

解法二：画出物体在传送带上的v­t图象，如图所示，物体沿传送带向上运动的最大距离等于图线与坐标轴围成的面积x＝× m＋ m＝10 m.

(2)取传送带为参考系，物体向上减速运动的两个过程相对传送带的位移大小分别为

Δx1＝＝

Δx2＝＝

物体向上运动产生的热量Q＝μmgcos θ(Δx1＋Δx2)

进一步通过数学上的配方法可知，当v＝2.5 m/s时，产生的热量Q最少，且最小值Q＝12.5 J.

考点三 　

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：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长．

3．“滑块—木板”模型问题的分析思路

(1)求加速度．

(2)分析临界条件：速度相等时．

(3)判断运动状态：一直加速、先加速后匀速等．

4．常见类型

设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板

同向运动时：L＝x块－x板．

反向运动时：L＝x块＋x板．

【提 分 笔 记】

【典例4】　如图所示，将一长木板放在水平面上，且长木板的厚度不计，上、下表面均水平，两个均可视为质点的滑块甲、乙放在长木板上，滑块甲距离长木板左端的距离为x1＝0.5 m，甲、乙两滑块之间的距离为x2＝1.5 m．已知两滑块与长木板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，从某时刻起在外力的控制下使长木板以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，重力加速度取g＝10 m/s2.

(1)滑块甲在长木板上运动的时间为多少？

(2)两滑块都静止在水平面上时的间距为多少？

【答案】(1)1 s　(2)3.75 m

【解析】(1)设滑块甲在长木板上滑动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得a1＝μ1g

当滑块甲离开长木板时，由运动学公式可知

at－a1t＝x1

联立并代入数据可解得t1＝1 s.

(2)由题意分析可知，两滑块先在长木板上做匀加速直线运动，离开长木板后在水平面上做匀减速直线运动，两滑块在长木板(水平面)上运动时的加速度大小相等

滑块甲离开长木板时的速度大小为v1＝a1t1

设两滑块在水平面上运动时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a2＝μ2g

滑块甲从开始运动到静止在水平面上的过程中

滑块甲的总位移为s1＝a1t＋

滑块乙在长木板上的加速度大小也为a1.则当滑块乙离开长木板时，根据运动学公式可知

at－a1t＝x1＋x2

滑块乙离开长木板时的速度大小为v2＝a1t2

滑块乙从开始运动到静止在水平面上的过程中

滑块乙的总位移为s2＝a1t＋

则两滑块静止在水平面上时的间距为s＝s2＋x2－s1

代入数据可得s＝3.75 m.

【提 分 笔 记】

(1)摩擦力的分析：板、块的速度不同时，根据相对运动分析滑动摩擦力的方向，大小满足f＝μFN；板、块的速度相同时，采用假设法进行研究，从而确定物体的运动性质．

(2)运动过程的分析：根据时间先后顺序，分段研究．能否达到相同的速度是分析的关键之一，需要讨论两者达到相同速度时的相对位移Δx与接触面上能发生相对滑动的长度L之间的关系．当Δx≤L，板、块能达到相同速度；当Δx>L，板、块不能达到相同速度．

【变式6】如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：

(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；

(2)木板A的最短长度L.

【答案】(1)　　(2)

【解析】(1)A、B分别由牛顿第二定律得出

μmg＝MaA，μmg＝maB

又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg

规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt

解得t＝＝，v＝－.

(2)在时间t内：

A的位移xA＝t＝－

B的位移xB＝t＝

木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝.

【变式7】如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面．一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q离地面足够高．现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止．已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ；

(2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间．

【答案】(1)0.25　(2)1.3 s

【解析】(1)物块P下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg

解得μ＝0.25.

(2)设物块P在长木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

L1＝a1t

联立解得a1＝4 m/s2，t1＝0.3 s

物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t2，则有

2mg－3mgsin θ＝5ma2

L2＝a2t

联立解得a2＝0.4 m/s2，t2＝1 s

则从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t1＋t2＝1.3 s.