（新课标）2020高考物理二轮总复习 第二部分 应试高分策略 专题一 物理模型 2.1.2 多过程直

专题一物理模型模型二多过程直线运动模型[模型解法]物体运动的多过程模型通常可分为两类：一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型．不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析．(3)结合已知，列出方程：结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所遵循的运动学方程或动力学方程．[例](2019·四川眉山中学月考)如图所示，在水平长直轨道上，有一长平板车在水平外力控制下始终保持速度v0＝4m/s做匀速直线运动．某时刻，站在地面上的人，将一质量m＝1kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g＝10m/s2.(1)小车足够长，以地面为参考系，小滑块从轻放到车面的中点到与车面相对静止的过程中，小滑块通过的距离s是多大？(2)若小车长度L＝2m，在将小滑块放到车面中点的同时，对小滑块施加一个与车运动方向相同的恒力，要保证滑块不从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足什么条件？(3)在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？[思维分析]小滑块运动中，受到的合外力为滑动摩擦力，则由动能定理可求得小滑块通过的距离；由牛顿第二定律可求得滑块运动的加速度，而当滑块恰好到达小车的左端时恰好与小车速度相同，即可保证滑块不从车的左端掉下，则由临界条件可求得F的条件；由牛顿第二定律可求得滑块有力的作用和撤去拉力后的加速度，则由平均速度公式可求得滑块的距离，由速度公式可求得小车的位移，由临界条件可得出两位移间的关系，则可求得力F作用的范围．答案：(1)4m(2)F≥6N(3)0.5s≤t≤1.08s解析：(1)在小滑块相对车面运动的过程中，受到的合外力就是滑动摩擦力，根据动能定理可知μmgs＝12mv20解得小滑块通过的距离s＝4m(2)设恒力F取最小值为F1，小滑块的加速度为a1，滑块到达小车的左端时恰好与小车速度相同，经过的时间是t1，则由牛顿第二定律F1＋μmg＝ma1时间：t1＝v0a1位移关系：v0t1－12v0t1＝12L解得：F1＝6N，t1＝0.5s即F的大小应满足：F≥6N(3)力F取最小值F1＝6N，当小滑块到达小车的左端与小车速度相同后，开始向右做初速度v0＝4m/s的匀加速直线运动，设此时加速度大小为a2，为保证小滑块不从车上掉下，从左端运动开始经过的时间为t2，通过的距离为s1，恒力F1停止作用，此时小滑块速度为v1，小滑块开始做匀减速直线运动，设此时加速度大小为a3，经过的时间为t3，通过的距离为s2，到达小车右端时，与车达到共同速度，则s1＋s2－v0(t2＋t3)＝L其中：s1＝v0＋v12t2，s2＝v0＋v12t3，t2＝v1－v0a2，t3＝v0－v1－a3＝a2a3t2由以上可得：a2t222＋a22t222a3＝L根据牛顿定律得F1－μmg＝ma2，μmg＝ma3解得：t2＝0.58s则力F的作用时间t的范围是t1≤t≤t1＋t2即0.5s≤t≤1.08s要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该为0.5s≤t≤1.08s.1.(2018·山东临沂期中)如图所示，一圆环A紧套在一均匀粗糙圆木棒B上，A的厚度相对B的长度来说可以忽略不计，圆环A处在圆木棒B的上端点，圆木棒B的下端点距地面的高度为H，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，重力加速度大小为g.(1)求木棒B下端点刚落地时，环A和木棒B的速度大小；(2)假设木棒与地面相碰后，木棒B做竖直向上的匀减速运动的加速度大小为a1，圆环A做竖直向下的匀加速运动的加速度大小为a2，当木棒B运动到最高点时，圆环A恰好运动到木棒B的下端点，求木棒B的长度．答案：(1)2gH2gH(2)gHa2＋3a1a21解析：(1)环A和木棒B一起做自由落体运动，木棒B下端点刚落地时，有2gH＝v20解得：v0＝2gH.(2)木棒与地面相碰后，木棒B做匀减速运动，有v0＝a1t，x1＝v0t－12a1t2；对环A：x2＝v0t＋12a2t2，L＝x1＋x2.联立解得：L＝gHa2＋3a1a21.2．(2018·陕西四模)如图所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B的间距均为d＝0.5m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a＝2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v－t图象；(3)A、B两物体停在地面上的距离．答案：(1)1s(2)见解析(3)1.25m解析：(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg＝ma1当物体A滑离纸带时有12at21－12a1t21＝d由以上二式，代入数据解得t1＝1s(2)A先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，B先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小均相等，则图线的斜率相同，如图所示．(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s1＝v212a1＋v212a2当物体B滑离纸带时有12at22－12a1t22＝2d物体B离开纸带的速度v2＝a1t2物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移s2＝v222a1＋v222a2两物体A、B最终停止时的间距s＝s2＋d－s1由以上各式可得s＝1.25m.3．(2019·华中师大附中模拟)如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长的斜面，将一质量m＝1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s末物体的速度大小；(2)前16s内物体发生的位移．答案：(1)5m/s(2)30m，方向沿斜面向下解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，因为mgsinθ－μmgcosθ－F10，所以物体在0～2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2又v1＝a1t1代入数据可得v1＝5m/s.(2)物体在前2s内发生的位移为x1＝12a1t21＝5m当拉力F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2代入数据可得a2＝－0.5m/s2设物体经过t2时间速度减为零，则有0＝v1＋a2t2解得t2＝10s物体在t2时间内发生的位移为x2＝v1t2＋12a2t22＝25m由于mgsinθ－μmgcosθF2mgsinθ＋μmgcosθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．