新课标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

1、【 精品教育资源文库 】 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【

2、 精品教育资源文库 】 滑到斜面的时间最短，则 与 角的大小关系应为 ( ) A. B. 2 C. 3 D. 2 解题指导 在 AC 上选取一点 O，使 OA OB，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 2. 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

3、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： 【 精品教育资源文库 】 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 R 12gt2c，所以 tc 2Rg ；对于 a 球令 AM 与水平面成 角，则

4、 a 球下滑到 M 用时满足 AM 2Rsin 12gsin t2a，即 ta 2Rg；同理 b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb 2rg(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)v0 v 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 mg cos 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

5、 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 a2 mgsin 37 mg cos 37m 2 m/s2 x2 l x1 11 m 又因为 x2 vt2 12a2t22 则有 10t2 t22 11 解得 t2 1 s(t2 11 s 舍去 ) 所以 t 总 t1 t2 2 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【 精品教育资源文库 】 保持相对静

6、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mA 6 kg、 mB 2 kg， A、 B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F 10 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 F m

7、 AgmA， aB m AgmB，由已知条件得 F m AgmAm AgmB，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 F Ff mAa，再以 B 为研究对象， B 受水平向右的静摩擦力 Ff mBa，【 精品教育资源文库 】 当 Ff为最大静摩擦力

8、时，解得 a FfmB m AgmB 122 m/s2 6 m/s2， F 48 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 x 4 m，以 v0 4 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 g 10 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 s B.煤块从 A 运动

9、到 B 的时间是 1.5 s C.划痕长度是 0.5 m D.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 a mgm 4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间 t1 v0a 1 s，位移大小 x1 12at21 2 mx，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至 B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即 x v0t1 x1 2 m，选项 D 正确， C 错误； x2 x x1 2 m，匀速运动的时间 t2 x2v0 0.5 s，运动的总时间 t t1 t2 1.5 s，选项 B 正确， A 错误 . 5.传送带模型 如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为 37. 现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，取 g 10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8.下列判断不正确的是 ( ) A.物块 A 先到达传送带底端 B.物块 A、 B 同时到达传送带底端