《（新课标）2018版高考物理一轮复习 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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）2018版高考物理一轮复习 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（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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
3、.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v0
4、v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(
5、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
6、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
7、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
8、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
9、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
10、 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
11、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；
12、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
13、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，12，A的加速度小于整体共同的加速度，也一定小于B的加速度.A也不可能相对B向左运动.这样一是A会从B上掉下去，二是A成了向右加速运动.故A只能相对B向右运动设共同的初速度为v0.aA1g2 m/s2，向左2(mAmB)g1mAgmBaB，aB5 m/s2，向左则x相v0 m/s则xB1 m.“滑块木板”模型的分析技巧(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度.(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.1.等时圆模型如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止
