《2017年高考物理一轮复习课件：能力课时（4）牛顿运动定律的综合应用（二）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年高考物理一轮复习课件：能力课时（4）牛顿运动定律的综合应用（二）（43页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、能力课时 4 牛顿运动定律的综合应用 (二 ) 突破一 等时圆模型 (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。 【 例 1】 如图 1所示 ， 在倾角为 的斜面上方的 B， 木板与竖直方向 一小物块由 要使物块滑到斜面的时间最短 ， 则 与 角的大小关系 ( ) 图 1 A . B . 2 C . 2 D . 3 解析 如图所示，在竖直线
2、 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。由等时圆模型的特点知，由 A 点沿斜面滑到 D 点所用时间比由 A 点到达斜面上其他各点所用时间都短。 将木板下端 B 点与 D 点重合即可，而 ，则 2。 答案 B 【 变式训练 】 所示 ， 几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度 ， 从 若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点 ， 则各小球最高点的位置 ( ) 图 2 解析 设某一直轨道与水平面成 角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度 a mg m g ，由位移公式得l122g 12同的倾角
3、 对应不同的位移 l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为12项 D 正确。 答案 D 突破二 传送带模型 (1)水平传送带模型 项目 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)v0能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v，当 v02)倾斜传送带模型 项目 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 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 (6)可能一直减速 情景
4、 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 (4)可能一直减速 【 例 2】 如图 3所示 ， 水平传送带两端相距 x 8 m， 工件与传送带间的动摩擦因数 工件滑上 10 m/s， 设工件到达 (取 g 10 m/图 3 (1)若传送带静止不动 ， 求 (2)若传送带顺时针转动 ， 工件还能到达 若不能 ， 说明理由；若能 ， 求到达 (3)若传送带以 v 13 m/ 到 解析 (1) 根据牛顿第二定律可知 则 a g 6 m/ 2 故 2 m/ s 。 (2) 能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达 B 端的速度
5、2 m/s 。 (3) 物体速度达到 13 m/ s 时所用时间为 t1v 0.5 s ，运动的位移为 2 m 8 m ，则工件在到达 B 端前速度就达到了 13 m/ s ，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动。匀速运动的位移 x m ， t2s ， t t1s 。 答案 (1)2 m/s (2)能 ， 2 m/s (3)13 m/s s 反思提升 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 关系确定摩擦力的方向，二是当 (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。 【 变式训练 】 2.水平传送带问题 (多选 )(2016
6、广东中山模拟 )如图 4甲所示的水平传送带 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 0 m/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 ( ) 图 4 4.5 s 3 s 解析 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 a v t 2.0 m/牛顿第二定律得 m g ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数 A 错误， B 正确；在 v t 图象中，图
7、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 . 倾斜传送带问题 如图 5 所示，与水平面成 30 的传送带正以 v 3 m/s 的速度匀速运行， A 、 B 两端相距 l 13.5 m 。现每隔 1 s 把质量 m 1 k g 的工件 ( 视为质点 ) 轻放在传送 带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 2 35，取 g 10 m /果保留两位有效数字。求： 图 5 (1)相邻工件间的最小距离和最大距离
8、； (2)满载与空载相比 ， 传送带需要增加多大的牵引力 ？ 解析 (1)设工件在传送带加速运动时的加速度为 a， 则 入数据解得 a 1.0 m/放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离 d m 12d m m 当 工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 d m a x v t 3.0 m 。 (2) 由于工件加速时间为 t13.0 s ，因此传送带上总有三个 ( ) 工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力 3 mg 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x a 4.5 m 传送带上匀速运动的工件数 n2l a x 3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的
9、静摩擦力 mg s ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静 摩擦力 与空载相比，传送带需增大的牵引力 F 联立解得 F 33 N 。 答案 (1)m 3.0 m (2)33 N 突破三 滑块 木板模型 滑块木板模型 (如图 a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如 2015年全国 、 卷中压轴题 25题。另外，常见的子弹射击木板 (如图 b)、圆环在直杆中滑动 (如图 c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块木板模型类似。 【 例 3】 如图 6所示 ， 木板静止于水平地面上 ， 在其最右端放一可视为质点的
10、木块 。 已知木块的质量 m 1 木板的质量 M4 长 L 2.5 m， 上表面光滑 ， 下表面与地面之间的动摩擦因数 现用水平恒力 F 20 0 m/ 图 6 (1)求木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板 ， 求水平恒力 (3)如果其他条件不变 ， 假设木板的上表面也粗糙 ， 其上表面与木块之间的动摩擦因数为 1 欲使木板能从木块的下方抽出 ，对木板施加的拉力应满足什么条件 ？ (4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？ 解析 (1) 木板受到的摩擦力 F f ( M m
11、) g 10 N 木板的加速度 a F F 2.5 m/ (2) 设拉力 F 作用时间 t 后撤去， F 撤去后，木板的加速度为 a F 2.5 m/见 | a | a 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 L 解得： t 1 s ，即 F 作用的最短时间 为 1 s 。 (3) 设木块的最大加速度为 a 木块 ，木板的最大加速度为 a 木板 ，则1 块 解得： a 木块 1g 3 m/1 ( M m ) g 板 木板能从木块的下方抽出的条件： a 木板 a 木块 解得： 25 N 。 (4) 木块的加速度 a 木块 1g 3 m/a 木板 F 2 1 （ M m ） m/者的位
12、移关系为 x 木板 x 木块 L ， 即12a 木板 2a 木块 L 代入数据解得： t 2 s 。 答案 (1)2.5 m/2)1 s (3)F 25 N (4)2 s 易错提醒 在第 (1)问 ， 木板受到地面的摩擦力 其中 (M m)g， 故 (M m)g。 有些同学受思维定势的影响 ， 不深入分析 ， 易错写为 第 (2)问中恒力 然后木板做减速运动 ， 至木块和木板脱离时 ， 木板速度恰好为零 。 第 (3)(4)问中 ， 有些同学不知道挖掘临界条件 ， 木板能从木块下方抽出的条件为 木块滑离木板时两者位移关系： L。 【 变式训练 】 4.滑板模型与图象结合 (2016安徽六校教育研究会联考 )如图 7甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为 块与
