《高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 能力課時4 牛頓運動定律的綜合應用（二）課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 能力課時4 牛頓運動定律的綜合應用（二）課件.ppt（43頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

能力課時4 牛頓運動定律的綜合應用(二),突破一 等時圓模型,1.模型特征,(1)質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示； (2)質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示； (3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。,2.思維模板,【例1】 如圖1所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處旋轉一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上，木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊由A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系( ),圖1,答案 B,【變式訓練】 1.如圖2所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時間內到達各自的最高點，則各小球最高點的位置( ),圖2 A.在同一水平線上 B.在同一豎直線上 C.在同一拋物線上 D.在同一圓周上,答案 D,突破二 傳送帶模型,1.模型特征 (1)水平傳送帶模型,(2)傾斜傳送帶模型,2.思維模板,【例2】 如圖3所示，水平傳送帶兩端相距x＝8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA＝10 m/s，設工件到達B端時的速度為vB。(取g＝10 m/s2),圖3 (1)若傳送帶靜止不動，求vB； (2)若傳送帶順時針轉動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度vB； (3)若傳送帶以v＝13 m/s逆時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間。,答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s,反思提升 分析傳送帶問題的關鍵 要注意抓住兩個關鍵時刻：一是初始時刻，根據物體速度v物和傳送帶速度v傳的關系確定摩擦力的方向，二是當v物＝v傳時(速度相等是解決問題的轉折點)，判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止。,【變式訓練】 2.[水平傳送帶問題](多選)(2016·廣東中山模擬)如圖4甲所示的水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一物塊沿曲面從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從傳送帶左端滑上，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點)。已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度g取10 m/s2。關于物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t，下列計算結果正確的是( ),圖4 A.μ＝0.4 B.μ＝0.2 C.t＝4.5 s D.t＝3 s,答案 BC,圖5,(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離； (2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？ 解析 (1)設工件在傳送帶加速運動時的加速度為a，則 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入數據解得a＝1.0 m/s2,答案 (1)0.50 m 3.0 m (2)33 N,突破三 滑塊—木板模型,1.模型特征 滑塊－木板模型(如圖a)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱，多次互相作用，屬于多物體多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中，例如2015年全國Ⅰ、Ⅱ卷中壓軸題25題。另外，常見的子彈射擊木板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法與滑塊－木板模型類似。,2.思維模板,【例3】 如圖6所示，木板靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質點的木塊。已知木塊的質量m＝1 kg，木板的質量M＝4 kg，長L＝2.5 m，上表面光滑，下表面與地面之間的動摩擦因數μ＝0.2?，F(xiàn)用水平恒力F＝20 N拉木板，g取10 m/s2。,圖6 (1)求木板加速度的大??； (2)要使木塊能滑離木板，求水平恒力F作用的最短時間；,(3)如果其他條件不變，假設木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的動摩擦因數為μ1＝0.3，欲使木板能從木塊的下方抽出，對木板施加的拉力應滿足什么條件？ (4)若木板的長度、木塊質量、木板的上表面與木塊之間的動摩擦因數、木板與地面間的動摩擦因數都不變，只將水平恒力增加為30 N，則木塊滑離木板需要多長時間？,答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F＞25 N (4)2 s,易錯提醒 ①在第(1)問，木板受到地面的摩擦力Ff＝μFN，其中FN為木板對地面的壓力，F(xiàn)N＝(M＋m)g，故Ff＝μ(M＋m)g。有些同學受思維定勢的影響，不深入分析，易錯寫為Ff＝μMg。 ②第(2)問中恒力F作用的最短時間的隱含條件是恒力作用一段時間后撤去，然后木板做減速運動，至木塊和木板脫離時，木板速度恰好為零。 ③第(3)(4)問中，有些同學不知道挖掘臨界條件，木板能從木塊下方抽出的條件為a木板＞a木塊；木塊滑離木板時兩者位移關系：x木板－x木塊＝L。,【變式訓練】 4.[滑板模型與圖象結合](2016·安徽六校教育研究會聯(lián)考)如圖7甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一質量為m的物塊，物塊與平板車間的動摩擦因數為0.2，t＝0時，車開始沿水平面做直線運動，其v－t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，平板車足夠長，則物塊運動的v－t圖象為( ),圖7,解析 小車先做勻加速直線運動，然后做勻減速直線運動，勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度大小相等，a車＝4 m/s2，根據物塊與車發(fā)生相對滑動時滑動摩擦力產生的加速度大小為a物＝μg＝2 m/s2。設小車和物塊在t時刻速度相同，有24－a車(t－6)＝a物t，解得t＝8 s，物塊以2 m/s2的加速度減速至零也需要8 s，故只有選項C正確。 答案 C,5.[滑塊—木板模型]如圖8所示，物塊A、木板B的質量均為m＝ 10 kg，不計A的大小，B板長L＝3 m。開始時A、B均靜止。現(xiàn)使A以某一水平初速度從B的最左端開始運動。已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。,圖8 (1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，讓A仍以(1)問中的初速度從B的最左端開始運動，則A能否與B脫離？最終A和B的速度各是多大？,1.如圖9所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點。則( ),圖9,A.a球最先到達M點 B.b球最先到達M點 C.c球最先到達M點 D.b球和c球都可能最先到達M點,答案 C,2.(多選)如圖10所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端無初速放上木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則木塊從左到右的運動時間可能是( ),圖10,答案 ACD,3.如圖11所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是( ),圖11,解析 開始階段，小木塊受到豎直向下的重力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ。小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tan θ，則小木塊不會與傳送帶保持相對靜止而勻速運動，之后小木塊繼續(xù)加速，所受滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。 根據以上分析，有a2＜a1。所以，本題正確答案為D。 答案 D,4.如圖12所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板。從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖中的折線acd和bcd所示 ，a、b、c、d點的坐標為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根據v－t圖象，(g取10 m/s2)，求：,圖12,(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到相同速度后一起勻減速直線運動的加速度大小a； (2)物塊質量m與長木板質量M之比； (3)物塊相對長木板滑行的距離Δx。,答案 (1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)3∶2 (3)20 m,