第5讲多物体、多过程”类力学综合问题讲义

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第5讲多物体、多过程”类力学综合问题

突破全^多物体*多过FT类力学综介问間

[学生用书P60]

DP1B

规律

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、滑块一一滑板模型等•

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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” 物体

(即相对静止)时，此时往往意味着

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】

EO (20分)(2015髙考全国卷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1s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/s1 2 3.求:

1 木板与地面间的动摩擦因数m及小物块与木板间的动摩擦因数仪；

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P1.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

—w(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V j = 4 m/s,由运动学公式得

甲

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V1 = v o+ a i t l ②（i分）

1 2

x o = v o t i + qa i t i ③（i分）

式中，匕=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

m = 0.i④（i分）

在木板与墙壁碰撞后，木板以-V i的初速度向左做匀变速运动，小物块以V i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

—m mg = ma2

由题图乙可得

⑤（i分）

V2—V i

a2= t

—

⑥（i分）

式中，t2= 2 s, V2= 0,联立⑤⑥式和题给条件解得

[J2= 0. 4・⑦（i分）

（2）设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间厶t,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

j mg+ J（M + m）g= Ma3 ⑧（2分）

V3= —V i + a3 A t ⑨（i分）

V3 = V i + a? A t ⑩（i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

—V i+ V3

X i= 2A

t

小物块运动的位移为（i 分）

V i + V3 …

X2= 2A

t

小物块相对木板的位移为

（i 分）A x = x2—x i? （i 分）

联立④⑥⑦⑧⑨⑩？?？

式并代入数据解得

A x = 6. 0 m ? （i 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

j（m+ M）g= （m+ M）a4

2

0 一 V3= 2a4X3

碰撞后木板运动的位移为? （i 分）（i 分）

x= x i + X3 ? （i 分）联立④⑥⑦⑧⑨⑩？??？式，并代入数据解得

x=— 6. 5 m ? （i 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” “滑板一一滑块模型”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卩重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（）

C. 5 i mg D . 6 pmg

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 —i2m+ m）g =（2m+ m）a,对砝码，由牛顿第二定律可得： 2 i mg= 2ma,联立可得：F = 6 i mg选项D正确.

2.侈选）（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t。