高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题四牛顿运动定律综合应用二教案.docx

专题四牛顿运动定律综合应用(二)突破等时圆模型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.2.思维模板典例1如图所示，在倾角为的斜面上方的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，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，则与角的大小关系应为()A.B.C. D.2解题指导在AC上选取一点O，使OAOB，以O为圆心，OA为半径作圆，即可构造等时圆模型.解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于B点.由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到B所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短.而COB，则.答案B变式1(2017东北三省三校第一次联考)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点答案：C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Rgt，所以tc；对于a球令AM与水平面成角，则a球下滑到M用时满足AM2Rsin gsin t，即ta2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb2(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.突破传送带模型考向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 (3)v0v时，返回时速度为v；当v0v时，返回时速度为v0典例2(2017广东中山模拟)(多选)如图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是()A.0.4 B.0.2C.t4.5 s D.t3 s问题探究(1)物体刚滑上传送带的速率和传送带的速率分别是多少？(2)物体在传送带上如何运动？提示(1)由vt图象可知，物体刚滑上传送带的速率为4 m/s，传送带的速率为2 m/s.(2)物体在传送带上先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速，最后做匀速运动.解析由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a2.0 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变式2如图所示，足够长的水平传送带静止时在左端做标记点P，将工件放在P点.启动传送带，P点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动.经过t12 s时立即控制传送带，P点做匀减速运动，再经过t23 s传送带停止运行，测得标记点P通过的距离x015 m.(1)求传送带的最大速度；(2)已知工件与传送带的动摩擦因数0.2，重力加速度取g10 m/s2，求整个过程中工件运动的总距离.答案：(1)6 m/s(2)12.5 m解析：(1)设传送带的最大速度为vm根据匀变速直线运动规律x0x1x2(t1t2)代入数据解得vm6 m/s传送带减速运动中a12 m/s2.(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律：mgma2解得工件的加速度a2g2 m/s2设经时间t工件与传送带速度v相等va2tvvma1(tt1)解得t2.5 s，v5 m/st2.5 s内工件的位移x1t6.25 m工件与传送带速度v相等后，设二者相对静止则工件受到的摩擦力大小Ffm|a1|m2 m/s2工件与传送带之间的最大静摩擦力Ffmmgm2 m/s2Ff所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x2(t1t2t)6.25 m解得工件的位移xx1x212.5 m.考向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典例3如图所示，倾角为37、长为l16 m 的传送带，转动速度为v10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2.求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.解题指导(1)顺时针转动时，物体沿斜面一直向下做匀加速运动，由运动方式可求时间.(2)逆时针转动时，尤其要判断摩擦力的方向和共速后的运动情况，需要计算出数据再判断.解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin 37gcos 372 m/s2根据lat2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 mmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a22 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t则有10t2t11解得t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s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.突破滑块木板模型1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.2.两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.3.“滑块木板”模型问题的分析思路典例4如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.当拉力FaB.(2)根据牛顿第二定律aA，aB，由已知条件得，代入数据可得F48 N.解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有FFfmAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力FfmBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a m/s26 m/s2，F48 N，由此可以看出当F48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.答案D变式3(2017宁夏银川一中二模)质量为0.5 kg的小物块A放在质量为1 kg的足够长的木板B的左端， 木板B在水平拉力的作用下沿地面匀速向右滑动， 且A、B相对静止， 某时刻撤去水平拉力， 则经过一段时间后A和B都停下来，A在B上相对于B向右滑行了1.5 m的距离.已知A、B间的动摩擦因数为10.2， B与地面间的动摩擦因数为20.4， 求B在地面上滑行的距离.重力加速度的大小取g10 m/s2.答案：1 m解析：撤去拉力后二者不可能相对静止，13 m/s2.综上所述只有选项D符合题意.4.传送带模型(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 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端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A.煤块从A运动到B的时间是2.25 sB.煤块从A运动到B的时间是1.5 sC.划痕长度是0.5 mD.划痕长度是2 m答案：BD解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mmgcos 37，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin 37mgcos 37ma，解得两物块的加速度a2 m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确.只有选项A符合题意.6.滑块木板模型一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.重力加速度的大小取g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.答案：(1)0.200.30(2)1.125 m解析：(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同.设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小.设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgm