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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/14 2020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编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/14 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
2、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.2C.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.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/14 答案 B 变式 1(20 xx 东北三省三校第一次
3、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.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 AM 2Rsin gsin t
4、，即 ta 2；同理b 球从 B点下滑到 M点用时也满足 tb 2(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【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/14(3)v0v 时，返回时速度为v；当 v0v时，返回时速度为v0 典例 2(20 xx 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
5、，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.t 4.5 s D.t 3 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(1)由 v-t 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
6、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Ffma mg，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 v-t图象中，图线与t【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/14 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 点.启动传送带，P 点向右做匀加速运动，
7、工件相对传送带发生滑动.经过 t1 2 s 时立即控制传送带，P点做匀减速运动，再经过 t2 3 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x0 x1x2(t1 t2)代入数据解得 vm 6 m/s传送带减速运动中a1 2 m/s2.(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律：mg ma2解得工件的加速度a2g2 m/s2设经时间 t 工件与传送带速度v 相等
8、va2tvvm a1(t t1)解得 t 2.5 s，v5 m/s【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/14 t 2.5 s 内工件的位移 x1t 6.25 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Ff m|a1|m 2 m/s2工件与传送带之间的最大静摩擦力Ffm mg m 2 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(t1 t2 t)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
9、)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 l 16 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 37 0.6，cos 37 0.8)【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/14(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端 B
10、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 37 cos 37)ma则 agsin 37 gcos 37 2 m/s2根据 l at2 得 t 4 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
11、下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37 mgcos 37 ma1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 s 1 s，x1a1t 5 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/s2x2l x111 m【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/14 又因为 x2vt2 a2t2则有 10t2 t 11解得 t2 1 s(t2 11 s 舍去)所以 t 总t1 t2 2 s.答案(1
12、)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
13、，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；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Ff
14、mBa，当 Ff 为最大静摩擦力时，解得am/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(20 xx 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
15、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，13 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.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】12/14 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
16、.5 sC.划痕长度是 0.5 mD.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 4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1 1 s，位移大小 x1at 2 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【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】13/14 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
17、传送带匀速运动的位移之差，物块B 下滑过程相对传送带的位移等于物块 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t 0 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 t 0 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)1.12
18、5 m解析：(1)从 t 0 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t1 0.5 s 时，物块和木板的速度相同.设 t 0到 t t1 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 t 0、t t1 时速度的大小.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】14/14 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1mg ma1(122)mgma2 联立式得10.2020.30.(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f ma 122mg f ma 2假设 f 1mg，与假设矛盾故 f 1mg 由式知，物块加速度的大小a1 等于 a1；物块的 v-t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.?