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.doc

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1、- 1 - / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专精选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题四牛顿运动定律综合应用二教案突破 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

2、 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. 2C. 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- 2 - / 13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

3、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 AM2R

4、sin 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v0mgcos 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

5、 m又因为 x2vt2a2t2 2则有 10t2t11解得 t21 s(t211 s 舍去)所以 t 总t1t22 s.- 7 - / 13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

6、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.- 8 - / 13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

7、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 F3 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

8、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 m- 11 - / 13D.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

9、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- 12 - / 13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

10、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)0.20 0.30 (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1mgma1(122)mgma2联立式得10.20- 13 - / 1320.30. (2)在 t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为 f，物块和木板的加速度大小分别为 a1 和 a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设 f1mg，与假设矛盾故 f1mg由式知，物块加速度的大小 a1 等于 a1；物块的 vt 图象如图中点划线所示.由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1 联立式得s1.125 m.