第4讲 专题 牛顿运动定律在综合应用中的常见模型
模型一 牛顿运动定律在滑板-滑块问题中的应用
如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端x＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：
(1)B运动的时间．
(2)力F的大小．
解析： (1)对于B，在未离开A时，其加速度为：
aB1＝＝1 m/s2
设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：
aB2＝－＝－2 m/s2
设物体B离开A时的速度为vB
有vB＝aB1t1和aB1t＋＝x
代入数据解得t1＝2 s
t2＝＝1 s
所以B运动的时间是：t＝t1＋t2＝3 s.
(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得
aAt－aB1t＝L－x
解得：aA＝2 m/s2
由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
代入数据得：F＝26 N.
答案： (1)3 s (2)26 N
易错原因：(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
(2)画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．
(3)不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
(4)不清楚物体间发生相对滑动的条件．
1－1：如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：
(1)物块及木板的加速度大小．
(2)物块滑离木板时的速度大小．
解析： (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
对木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM
解得aM＝3 m/s2.
(2)设物块经时间t从木板滑离，则
L＝v0t－aMt2－amt2
解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(舍去)
滑离木板时物块的速度：v＝amt1＝0.8 m/s.
答案： (1)2 m/s2 3 m/s2 (2)0.8 m/s
模型二 牛顿运动定律在传送带问题中的应用
1．传送带
包括水平传送带与倾斜传送带，分析处理传送带问题时，一定要做好“受力分析、状态分析、过程分析”，具体流程如下：
2．求解传送带问题应注意以下几点
(1)在确定研究对象并进行受力分析后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段，而突变点一定发生在物体速度与传送带速度相同的时刻．物体在传送带上运动时的极值点也都发生在物体速度与传送带速度相同的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．
(2)在倾斜传送带上需根据mgsin θ与Ff的大小和方向，来确定物体的运动情况．
(3)考虑传送带长度，判断物体与传送带共速之前是否滑出，物体与传送带共速以后是否一定与传送带保持相对静止．
如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率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：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，物体仍受向左的摩擦力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对，而B错；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不对．
答案： AC
2－1：如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg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μ＝，取g＝10 m/s.
(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、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力
由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数值得：a＝2.5 m/s2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1＝＝ m＝0.8 m<4 m
可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m.
(2)匀加速时由x1＝t1得t1＝0.8 s
匀速上升时t2＝＝ s＝1.6 s
所以工件从P点运动到Q点所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.4 s.
答案： (1)工件先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 (2)2.4 s
模型三 等时圆模型的应用
1．“等时圆”模型
(1)物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点时间均相等，且为t＝2(如图甲所示)．
(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2(如图乙所示)．
2．巧用“等时圆”模型解题
对于涉及竖直面上物体运动时间的比较、计算等问题可考虑用等时圆模型求解．
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
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球令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.
答案： C
3－1：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
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．由上题结论可知，由A沿斜面滑到D所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝.
答案： B
1．如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )
A．2∶1 B．1∶1
C.∶1 D．1∶
解析： 设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
答案： B
2．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
解析：行李放在传送带上，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．加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ s＝2 s，D项正确．
答案：BD
3.(2012·济宁模拟)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 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)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块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 s
B．小煤块从A运动到B的时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m
D．划痕长度是0.5 m
解析：小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5 m，小煤块匀速运动，故t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确．
答案： BD
4.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．(g＝10 m/s2)
(1)小物块放后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？
解析： (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2.
(2)由amt＝v0＋aMt可得t＝1 s.
(3)在开始1 s内小物块的位移：x1＝amt2＝1 m
1 s末速度为v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为
a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2＝vt＋at2＝1.1 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m.
答案：(1)2 m/s2；0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
5．如图甲所示，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v0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－t图象分别如图乙中的折线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v－t图象，求：
(1)物块相对长木板滑行的距离Δx.
(2)物块质量m与长木板质量M之比．
解析： (1)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m.
(2)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.
对m冲上木板减速阶段：μ1mg＝ma1
对M向前加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得：m∶M＝3∶2.
答案：(1)20 m (2)3∶2
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