1、03 牛顿运动定律 专题一 牛顿运动定律题型研究 考点突破 等高、同底斜面如图所示 此类问题找到斜面的相同点和不同点(一般的时候都是用角做不同点)【例 1】(2019 年吉林通化一检)如图 13 所示，一物体分别从 3 个不同高度，但同底的光滑斜面的顶端由静止开始滑下，斜面与水平面夹角分别为 30、45、60，滑到底端所用的时间 t1、t2、t3的关系是()图 13At1t2t3 Bt1t3t2Ct1t2t3Dt1t2t2，B 正确【答案】B【例 2】(多选)建设房屋时，保持底边 L 不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速、无摩擦的运动
2、下列说法正确的是()图 14A倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角 越大，雨滴对屋顶的压力越大C倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的动能越大D倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的时间越短图 15【解析】设屋顶的底角为，底边为 L，屋顶的坡面长度为 s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴作受力分析，只受重力 mg 和屋顶对雨滴的支持力 FN.垂直于屋顶方向 mgcosFN，平行于屋顶方向 mamgsin.则雨滴的加速度 agsin，且倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大，故 A 正确；雨滴对屋顶的压力 FNFNmgcos，且倾角 越大，雨滴对屋顶的压力越小，故 B 错误；根据
3、三角关系判断，屋顶坡面的长度 sL2cos，则从屋顶 O 点到 M 点的垂直距离 hssinLsin2cosL2tan，则雨滴滑到 M 点时的动能等于重力势能的减小量，即 EkmghmgL2 tan，由于底边长度 L 是不变的，所以 Ek随倾角 增大而增大，故 C 正确；设从 O 到 M 的时间为 t，雨滴的运动距离 xL2cos，由 x12at2得 xL2cos12gt2sin，则 tLgsincos2Lgsin2，故当 45时，用时最短，故 D 错误【答案】AC【例 3】(2019 年东北三校联考)如图 16 所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑
4、固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y 轴、x 轴的切点B 点在 y 轴上且BMO60，O为圆心现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、tB、tC，则 tA、tB、tC大小关系是()图 16AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系【解析】设 O的半径为 R，根据几何知识可知，OAOMR，由勾股定理得，AM OA2OM2 2R，即小球沿 AM 运动的位移 xA 2R，由牛顿第二定律得，mgsin45maA，解得：aA 22
5、 g，由 x12at2得，小球沿 AM 运动的时间：tA2xAaA 4Rg，根据几何知识可知，BM2OM2R，即小球沿 BM 运动的位移 xB2R，由牛顿第二定律得，mgsin60maB，解得：aB 32 g，小球沿 BM 运动的时间：tB2xBaB 8R3g，设 CM 与 x 轴正向的夹角为，由几何关系可知，CM2Rsin，即小球沿 CM 运动的位移 xC2Rsin，由牛顿第二定律得，mgsinmaC，解得：aCgsin，小球沿 CM 运动的时间：tC2xCaC 4Rg，则 tA、tB、tC大小关系是：tAtC，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时
6、所经历的时间关系为()图 17AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCD，则 tABtCDtEF.故 B 正确，ACD 错误【答案】B变式训练 1 如图 18 所示，在倾角为 的斜面上方的 A 点处悬挂一光滑的木板 AB，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向 AC 所成角度为，一小物块由 A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则 与 角的大小关系()图 18A B 2C 2D 3解析：如图 19 所示，在竖直线 AC 上选取一点 O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过 A 点，且与斜面相切于 D 点由“等时圆”模型的特点知，由 A 点沿斜面滑到 D点
7、所用时间比由 A 点到达斜面上其他各点所用时间都短将木板下端 B 点与 D 点重合即可，而此时有COD，则 2.图 19答案：B变式训练 2 如图 110 所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从 P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置是()图 110A在同一水平线上B在同一竖直线上C在同一抛物线上D在同一圆周上解析：设某一直线轨道与水平面成 角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度 amgsinmgsin，由位移公式得 l12at212gsint2，即lsin1
8、2gt2，不同的倾角 对应不同的位移 l，但lsin相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt2的圆周上，选项 D 正确 答案：D传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识，该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为物、带同向和物、带反向两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种题型 1 水平传送带模型 情景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，一直匀速(2)v0v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
9、(3)v0v 时，返回时速度为 v；当 v0g，由运动学公式不难求出，传送带达到匀速的时间为v0a0，煤块达到与传送带相对静止的时间为v0g，根据以上分析，煤块与传送带的 v t 图象分别如图 113 中直线 OB 和折线 OAB 所示 图 113因 v t 图线和 t 轴所围图形的面积表示位移，则OAB 的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度 L.【答案】v20（a0g）2a0 g变式训练 3(多选)如图 114 所示，水平传送带 A、B 两端点相距 x4 m，以 v02 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转今将一小煤块(可视为质点)无图 114初速度地轻放至 A 点处，已知小煤块
10、与传送带间的动摩擦因数为 0.4,g 取 10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从 A 运动到 B 的过程中()A小煤块从 A 运动到 B 的时间是 2sB小煤块从 A 运动到 B 的时间是 2.25 sC划痕长度是 4 mD划痕长度是 0.5 m解析：小煤块刚放上传送带后，加速度 ag4 m/s2，由 v0at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为 t1v0a0.5 s，此时小煤块运动的位移 x1v02t10.5 m，而传送带的位移为 x2v0t11 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为 lx2x10.5 m，C 错误，D 正确；之后的 xx13.5
11、m，小煤块匀速运动，故 t2xx1v0 1.75 s，故小煤块从 A 运动到 B 的时间 tt1t22.25 s，A 错误，B 正确 答案：BD变式训练 4(2019 年广东中山模拟)(多选)如图 115 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 115 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g10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数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
12、是()图 115A 0.4 B 0.2Ct4.5 s Dt3 s解析：由题图乙可得，物块做匀减速运动的加速度大小为 avt2.0 m/s2，由牛顿第二定律得 Ffmamg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，A 错误，B 正确；在题 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 答案：BC题型 2 倾斜传送带模型情景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
13、先加速后匀速(tan)(3)可能先以 a1 加速后以 a2加速情景 3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以 a1加速后以 a2加速情景 4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速后反向加速【例 7】(2019 年安徽池州二模)重物 A 放在倾斜的皮带传送机上，它和皮带一直相对静止没有打滑，如图 116 所示，传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是()图 116A重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力B重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C重物斜向下加速运动时，
14、加速度越大，摩擦力一定越大D重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大【解析】重物静止时，受到的摩擦力 fmgsin，重物匀速上升时，受到的摩擦力为 fmgsin，且与速度大小无关，选项 A、D 错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力 fmgsinma，加速度越大，摩擦力越大，选项 B 正确；重物沿斜面向下加速运动时，当 amgcos37，故减速上行 ma3mgsin37mgcos37，得 a32 m/s2 物块还需 t离开传送带，离开时的速度为 vt，则：v2v2t2a3(xx1)，vt4 33 m/s2.31 m/s tvvta3 0.85 s.【答案】(1)1.33 s
15、(2)0.85 s 2.31 m/s变式训练 5(2019 年葫芦岛模拟)(多选)如图 118 甲所示，倾角为 的足够长的传送带以恒定的速率 v0 沿逆时针方向运行t0 时，将质量 m1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的 v t 图象如图 118 乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度 g10 m/s2.则()图 118A传送带的速率 v010 m/sB传送带的倾角 30C物体与传送带之间的动摩擦因数 0.5D02 s 内摩擦力对物体做功 W24 J解析：由题图可知，当物体速度达到 v010 m/s 时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体
16、受到的滑动摩擦力变向所致，故 A 正确；01 s内物体的加速度为 a110 m/s2，12 s 内为 a22 m/s2，则有 mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，联立解得 37，0.5，故 B 错误、C 正确；设物体的两段位移为 x1、x2，则有 x1v202a1 102210 m5 m，x2v2v202a2 12210222 m11 m，摩擦力对物体做的功为 WW1W2mgcosx1mgcosx224 J，故 D 正确 答案：ACD变式训练 6 如图 119 所示，绷紧的传送带，始终以 2 m/s 的速度匀速斜向上运动，传送带与水平方向间的夹角 30.现把质量为 10 k
17、g 的工件轻轻地放在传送带底端 P 处，由传送带传送至顶端 Q 处已知 P、Q 之间的距离为 4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为 32，取 g10 m/s2.图 119(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间解析：(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得 mgcosmgsinma 代入数值得 a2.5 m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1v22a2222.5 m0.8 m3 m，A 会从 B 上滑下，假设不成立故当 A 滑上 B 的上表面后，B 与地面会发生相对滑动(2)设 A 滑上 B 后，再
18、经时间 t 两者达到共同速度，A、B 的加速度大小分别为：aA1g5 m/s2，aB1mg22mgm5202，v0aAtaBt，sAv0t12aAt2，sB12aBt2，sAsBL，解得 20.2.【答案】(1)B 与地面会发生相对滑动(2)0.2变式训练 7(2019 年宜宾诊断)(多选)如图 122 所示，表面粗糙、质量 M2 kg 的木板，t0 时在水平恒力 F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度 a2.5 m/s2，t0.5 s 时，将一质量 m1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩
19、擦因数 10.1，木板和地面之间的动摩擦因数 20.25，g 取 10 m/s2，则()图 122A水平恒力 F 的大小为 10 NB铁块放在木板上后，木板的加速度为 2 m/s2C铁块在木板上运动的时间为 1 sD木板的长度为 1.625 m解析：开始时木板在水平方向受到的拉力与摩擦力，由牛顿第二定律可得 FMa2Mg10 N，故 A 正确；铁块放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得 MaF2(Mm)g1mg，代入数据解得 a0.75 m/s2，故 B 错误；小铁块无初速度地放在木板最右端时木板的速度 vat1.25 m/s，铁块的加速
20、度为 a1g1 m/s2，设铁块从木板掉落时所用的时间为 t，则 vat2at，代入数据解得 t1 s，故 C 正确；这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为Lvt12at212at2，代入数解得 L1.125 m，故 D 错误 答案：AC变式训练 8(2017 年高考课标全国卷)如图 123，两个滑块 A 和 B 的质量分别为mA1 kg 和 mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量 m4 kg，与地面间的动摩擦因数 20.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止设最大
21、静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s2.求：图 123(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离解析：(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设 A、B 与木板间和木板与地面间的摩擦力大小分别为 f1、f2和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与木板达到共同速度前有 f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛顿第二定律得 f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 设在 t1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1 由运动学
22、公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入已知数据得 v11 m/s.(2)在 t1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sBv0t112aBt21 设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1f3(mBm)a2 由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2 对 A 有 v2v1aAt2 在
23、t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1v1t212a2t22 在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sAv0(t1t2)12aA(t1t2)2 A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m.答案：(1)1 m/s(2)1.9 m题型 2 斜面上的滑块滑板模型【例 11】(2015 年高考课标全国卷)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为 37(sin3735)的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有
24、一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态如图 124 所示假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 1 减小为38，B、C 间的动摩擦因数 2减小为 0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，2保持不变，已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l27 m，C 足够长设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小 g10 m/s2.求：图 124(1)在 02 s 时间内 A 和 B 加速度的大小；(2)A 在 B 上总的运动时间【解析】(1)在 02 s 时间内，
25、A 和 B 的受力如图 125 所示，其中 f1、N1是 A 与 B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图125 所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 图 125f11N1N1mgcos f22N2N2N1mgcos 规定沿斜面向下为正设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律mgsin f1ma1mgsin f2f1ma2联立各式，并代入题给条件得 a13 m/s2a21 m/s2(2)在 t12 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则 v1a1t16 m/sv2a2t12 m/stt1时，设 A 和 B
26、的加速度分别为 a1、a2.此时 A 和 B 之间摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2即 B 做减速运动设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有 v2a2t20联立上式得 t21 s在 t1t2时间内，A 相对于 B 运动的距离为 12m27m此后 B 静止不动，A 继续在 B 上滑动设再经过时间 t3后 A 离开 B，则有 Ls(v1a1t2)t312a1t23可得 t31 s(另一解不合题意，舍去)设 A 在 B 上总的时间为 t 总，有t 总t1t2t34 s【答案】(1)a13 m/s2 a21 m/s2(2)4 s变式训练 9(2019 年重庆八中模拟)如图 126
27、所示，质量 M1 kg 的木板静置于倾角为 37的足够长的固定斜面上的某个位置，质量 m1 kg、可视为质点的小物块以初速度v05 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力 F14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出已知小物块与木板之间的动摩擦因数为 0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：图 126(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木板的最小长度；(3)物块在木板上运动的总时间解析：(1)物块与木板
28、共速前，对物块分析有 mgsin1mgcosma1，得 a18 m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；对木板分析有 F1mgcosMgsin2(mM)gcosMa2，得 a22 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑(2)物块与木板共速时有 v 共v0a1t1，v 共a2t1，代入数据解得 t10.5 s，v 共1 m/s，共速时物块与木板的相对位移x1v0t112a1t2112a2t211.25 m，撤掉 F 后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为 a18 m/s2，物块减速上滑，对木板有 Mgsin2(Mm)gcos1mgcosMa2，则 a212 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑
29、 由于 Mgsin1mgcos2(Mm)gcos，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过 t2 112 s，木板停止，经过 t218 s，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移 x2v共2 t2v共2 t2 148 m，故木板的最小长度 Lminx1x26148 m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，物块的加速度 a1gsin1gcos4 m/s2，Lmin12a1t23，得 t36196 s，物块在木板上运动的总时间 tt1t2t3586196s.答案：(1)8 m/s2，方向沿斜面向下 2 m/s2，方向沿斜面向上(1)6148 m 规律方法 1解传送带问题的思维模板 2滑块滑板类模型的思维模板 温示提馨请做：课时作业14（点击进入）word板块
