1、随堂演练能力课时4 牛顿运动定律的综合应用(二)随堂演练突破一 等时圆模型 1.模型特征(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。随堂演练2.思维模板 随堂演练【例1】如图1所示，在倾角为的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板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
2、()图1 A.B.2C.2D.3随堂演练解析 如图所示，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COD，则 2。答案 B 随堂演练【变式训练】1.如图2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()图2 A.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 随堂演练解
3、析 设某一直轨道与水平面成 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 amgsin mgsin，由位移公式得 s12at212gsin t2，即ssin 12gt2，不同的倾角 对应不同的位移 s，但ssin 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 随堂演练突破二 传送带模型 1.模型特征(1)水平传送带模型项目 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，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0 随
4、堂演练(2)倾斜传送带模型 项目 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)可能先加速后匀速(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(6)可能一直减速 情景4 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速 随堂演练2.思维模板 随堂演练【例2】如图3所示，水平传送带两端相距s8 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB
5、。(取g10 m/s2)图3(1)若传送带静止不动，求vB；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；(3)若传送带以v13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。随堂演练解析(1)根据牛顿第二定律可知 mgma，则 ag6 m/s2，且 v2Av2B2as，故 vB2 m/s。(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达 B 端的速度 vB2 m/s。(3)物体速度达到 13 m/s 时所用时间为 t1vvAa0.5 s，运动的位移为 s1vAt112at215.75 m8 m，则
6、工件在到达 B 端前速度就达到了 13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动。匀速运动的位移 s2ss12.25 m，t2s2v0.17 s，tt1t20.67 s。答案(1)2 m/s(2)能，2 m/s(3)13 m/s 0.67 s 随堂演练反思提升 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。随堂演练【变式训练】2.水平传送带问题(多选)(2016广东中山模拟)如图4甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿
7、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g取10 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是()图4 随堂演练A.0.4 B.0.2 C.t4.5 s D.t3 s 解析 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 avtv0t2.0 m/s2，由牛顿第二定律得 fmamg，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 vt 图象中
8、，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 随堂演练3.倾斜传送带问题如图 5 所示，与水平面成 30的传送带正以v3 m/s 的速度匀速运行，A、B 两端相距 l13.5 m。现每隔1 s 把质量 m1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 2 35，取 g10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：图5 随堂演练(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载
9、相比，传送带需要增加多大的牵引力？解析(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则mgcos mgsin ma 代入数据解得a1.0 m/s2 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离 dmin12at2解得 dmin0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmaxvt3.0 m。随堂演练(2)由于工件加速时间为 t1va3.0 s，因此传送带上总有三个(n13)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力 f13mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 sv22a4.5 m传送带上匀速运动的工件数 n2lsdmax3当工件与传送带相对静止后
10、，每个工件受到的静摩擦力f0mgsin，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力 f2n2f0与空载相比，传送带需增大的牵引力 Ff1f2联立解得 F33 N。答案(1)0.50 m 3.0 m(2)33 N 随堂演练突破三 滑块木板模型 1.模型特征 滑块木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如2015年全国、卷中压轴题25题。另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块木板模型类似。随堂演练2.思维模板 随堂演练【例3】如图6所示，木
11、板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m1 kg，木板的质量M4 kg，长L2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2。现用水平恒力F20 N拉木板，g取10 m/s2。图6(1)求木板加速度的大小；(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为10.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？随堂演练(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要
12、多长时间？解析(1)木板受到的摩擦力 f(Mm)g10 N木板的加速度 aFfM 2.5 m/s2。(2)设拉力 F 作用时间 t 后撤去，F 撤去后，木板的加速度为a fM2.5 m/s2，可见|a|a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2L解得：t1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s。随堂演练(3)设木块的最大加速度为 a 木块，木板的最大加速度为 a 木板，则1mgma 木块解得：a 木块1g3 m/s2对木板：F11mg(Mm)gMa 木板木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板a 木块解得：F125 N。(4)木块的加速度 a木块1g3 m/s2木板的加速度 a
13、木板F21mg（Mm）gM4.25 m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为 s 木板s 木块L，即12a木板t212a木块t2L代入数据解得：t2 s。答案(1)2.5 m/s2(2)1 s(3)F25 N(4)2 s 随堂演练易错提醒 在第(1)问，木板受到地面的摩擦力fFN，其中FN为木板对地面的压力，FN(Mm)g，故f(Mm)g。有些同学受思维定势的影响，不深入分析，易错写为fMg。第(2)问中恒力F作用的最短时间的隐含条件是恒力作用一段时间后撤去，然后木板做减速运动，至木块和木板脱离时，木板速度恰好为零。第(3)(4)问中，有些同学不知道挖掘临界条件，木板能从木块下方抽出的条件为a
14、木板a木块；木块滑离木板时两者位移关系：s木板s木块L。随堂演练【变式训练】4.如图7所示，物块A、木板B的质量均为m10 kg，不计A的大小，B板长L3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为10.3和20.1，g取10 m/s2。图7(1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？随堂演练解析(1)A 在 B 上向右匀减速运动，加速度大小 a11g3 m/s2木板 B 向右匀加速运动，加
15、速度大小 a21mg22mgm1 m/s2由题意知，A 刚好没有从 B 上滑下来，则 A 滑到 B 最右端时和 B速度相同，设为 v，得时间关系：tv0va1va2位移关系：Lv20v22a1 v22a2解得 v02 6 m/s。(2)木板 B 放在光滑水平面上，A 在 B 上向右匀减速运动，加速度大小仍为 a11g3 m/s2随堂演练B 向右匀加速运动，加速度大小 a21mgm 3 m/s2设 A、B 达到相同速度 v时 A 没有脱离 B，由时间关系v0va1va2解得 vv02 6 m/sA 的位移 sAv20v22a13 mB 的位移 sB v22a21 m由 sAsB2 m 可知 A
16、没有与 B 脱离，最终 A 和 B 的速度相等，大小为 6 m/s。答案(1)2 6 m/s(2)没有脱离 6 m/s 6 m/s随堂演练1.如图8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()图8 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点随堂演练解析 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
17、满足 R12gt2c，所以 tc2Rg；对于 a 球令 AM 与水平面成 角，则 a 球下滑到 M 用时满足 AM2Rsin 12gsin t2a，即ta2Rg；同理 b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb2rg(r为过 B、M 且与水平面相切于 M 点的竖直圆的半径，rR)。综上所述可得 tbtatc。答案 C 随堂演练2.(多选)如图9所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左到右的运动时间可能是()图9 A.Lv v2gB.LvC.2LgD.2Lv 随堂演练解析 若木块一直匀加速，则有 L12gt2，得 t2L
18、g；若到达传送带另一端时，速度恰好等于 v，则有 Lv tv2t，得 t2Lv；若木块先匀加速经历时间 t1，位移为 s，再匀速经历时间 t2，位移为 Ls，则有 vgt1，2gsv2，vt2(Ls)，从而得 tt1t2Lv v2g。故选项 A、C、D 正确。答案 ACD 随堂演练3.如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10 随堂演练解析 开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运
19、动，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1，所以a1gsin gcos。小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma2，所以：a2gsin gcos。根据以上分析，有a2a1。所以，本题正确答案为D。答案 D 随堂演练4.如图11所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v
20、t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据vt图象，(g取10 m/s2)，求：图11 随堂演练(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离s。解析(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a11044m/s21.5 m/s2木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2404m/s21 m/s2达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a408m/s20.5 m/s2。随堂演练(2)物块冲上木板匀减速运动时：1mgma1木板匀加速时：1mg2(Mm)gMa2速度相同后一起匀减速运动，对整体 2(Mm)g(Mm)a解得mM32。(3)由 vt 图象知，物块在木板上相对滑行的距离s12104 m20 m。答案(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2(2)32 (3)20 m
