(四川专用)高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律的综合应用(二)能力课时4课件

• D．在同一圆周上
第七页，共41页。
解析 设某一直轨道与水平面成 θ 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＝mgmsin θ＝gsin θ，由位移公式得 l＝12at2＝12gsin θ·t2，即sinl θ＝12gt2，不同的倾角 θ 对应不同的 位移 l，但sinl θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt2 的 圆周上，选项 D 正确。 答案 D
解析 (1)木板受到的摩擦力 f＝μ(M＋m)g＝10 N 木板的加速度 a＝FM－f＝2.5 m/s2。
第二十九页，共41页。
(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′＝－Mf ＝－2.5 m/s2，可见|a′|＝a 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2 ＝L 解得：t＝1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s。
第六页，共41页。
• [变式训练]
• 1.如图2所示，几条足够长的光滑直轨道与水 平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度 沿各轨道发射小球，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( )
• A．在同一水平线上
• B．在同一竖直线(zhíxiàn)上
• C．在同一抛物线上
图2
B．α＝θ2
C．α＝2θ
D．α＝θ3 图1
第五页，共41页。
解析 如图所示，在竖直线 AC 上选取一点 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∠COD＝θ，则 α＝θ2。 答案 B
第三页，共41页。
• 2．思维(sīwéi)模板
第四页，共41页。
• [例1] 如图1所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上， 木板与竖直方向(fāngxiàng)AC所成角度为α， 一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块 滑(A．到α斜＝) θ面的时间最短，则α与θ角的大小关系
第十九页，共41页。
A．μ＝0.4 C．t＝4.5 s
图4 B．μ＝0.2 D．t＝3 s
第二十页，共41页。
解析 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 a ＝ΔΔvt ＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得 f＝ma＝μmg，则可得物 块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.2，A 错误，B 正确；在 v －t 图像中，图线与 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 BC
情景 1 (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 a1 加速后以 a2 加速
第十一页，共41页。
项目 情景 3
图示
滑块可能的运动情况 (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 (6)可能一直减速
第十二页，共41页。
项目 情景 4
图示
滑块可能的运动情况 (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
第十三页，共41页。
• 2.思维(sīwéi)模板
第十四页，共41页。
[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 μ＝0.6，工件滑上 A 端时速度 vA＝10 m/s，设工件到达 B 端时的速度为 vB。(取 g＝10 m/s2)
第三十页，共41页。
(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 μ1mg＝ma 木块 解得：a 木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma 木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板＞a 木块 解得：F1＞25 N。
第三十一页，共41页。
第三十三页，共41页。
• [变式训练(xùnliàn)] • 4．[滑板模型与图像结合](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m的物 块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿 水平面做直线运动，其v－t图像如图乙所示。g取10 m/s2，平 板车足够长，则物块运动的v－t图像为( )
•能力课时4 •牛顿运动定律的综合(zōnghé)应用
(二)
第一页，共41页。
•突破(tūpò)一 等时圆模型
• 1．模型(móxíng)特征
第二页，共41页。
•(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端 (shànɡ duān)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(shànɡ duān)由静 止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
第十七页，共41页。
•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(wùtǐ)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(wùtǐ)能否与传送带保持相对静止。
第十八页，共41页。
• [变式训练] • 2．[水平传送带问题](多选)(2016·广东中山模拟)如图4甲所示
第八页，共41页。
•突破(tūpò)二 传送带模型 • 1．模型特征(tèzhēng)
• (1)水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景
(1)可能一直加速
1
(2)可能先加速后匀速
情景
(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能 先减速再匀速
2
(2)v0<v 时，可能一直加速，也可能
先加速再匀速
第九页，共41页。
第十六页，共41页。
(3)物体速度达到 13 m/s 时所用时间为 t1＝v－avA＝0.5 s，运动 的位移为 x1＝vAt1＋12at21＝5.75 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 x2＝x－x1＝2.25 m， t2＝xv2≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
第二十三页，共41页。
(2)由于工件加速时间为 t1＝va＝3.0 s，因此传送带上总有三个 (n1＝3)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 f1＝3μmgcos θ 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x＝2va2＝4.5 m 传送带上匀速运动的工件数 n2＝ld－maxx＝3
求：
•(1)相2)满载与空载相比，传送 带需要增加多大的牵引力？
图5
第二十二页，共41页。
解析 (1)设工件在传送带加速运动时的加速度为 a，则 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数据解得 a＝1.0 m/s2 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小， 且最小距离 dmin＝12at2 解得 dmin＝0.50 m 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmax＝vt＝3.0 m。
第二十一页，共41页。
3．[倾斜传送带问题]如图 5 所示，与水平面成 θ＝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 kg 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 μ＝253，取 g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字。
(4)木块的加速度 a′木块＝μ1g＝3 m/s2 木板的加速度 a′木板＝F2－μ1mg－MμM＋mg＝4.25 m/s2 木块滑离木板时，两者的位移关系为 x 木板－x 木块＝L， 即12a′木板 t2－12a′木块 t2＝L 代入数据解得：t＝2 s。 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F＞25 N (4)2 s
第二十五页，共41页。
•突破三 滑块—木板(mù bǎn)模型
• 1．模型(móxíng)特征 • 滑块－木板模型(móxíng)(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Ⅰ、Ⅱ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(móxíng)类似。
项目
情景 3
图示
滑块可能的运动情况 (1)传送带较短时，滑块一直减速达 到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送 带传回右端。其中 v0>v 返回时速度 为 v，当 v0<v 返回时速度为 v0
第十页，共41页。
项目
图示
滑块可能的运动情况
• (2)倾斜(qīngxié)传(1)送可能带一模直型加速
第三十二页，共41页。
•①在第(1)问，木板受到地面的摩擦力f＝μN，其中N为木板对地面的压力，N＝(M＋m)g，故f＝μ(M＋m)g。有些同学受思维定势(dìnɡ shì)的影响，不深 入分析，易错写为f＝μMg。 •②第(2)问中恒力F作用的最短时间的隐含条件是恒力作用一段时间后撤去，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。 •③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a木板＞a木块；木块滑离木板时两者位移关系：x木板－x木块＝L。
图3
第十五页，共41页。
•(1)若传送带静止不动，求vB； •(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？ 若不能，说明理由(lǐyóu)；若能，求到达B点的 速度vB； •(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB 及工件由A到B所用的时间。
解析 (1)根据牛顿第二定律可知 μmg＝ma，则 a＝μg＝6 m/s2， 且 v2A－v2B＝2ax，故 vB＝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 vB＝2 m/s。
第二十六页，共41页。
• 2．思维(sīwéi)模板
第二十七页，共41页。
• [例3] 如图6所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放 一可视为质点的木块。已知木块的质量(zhìliàng)m＝1 kg， 木板的质量(zhìliàng)M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝ 20 N拉木板，g取10 m/s2。
第二十四页，共41页。
•当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的 静摩擦力f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件 对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0 •与空载相比(xiānɡ bǐ)，传送带需增大的牵引力 •F＝f1＋f2 •联立解得F＝33 N。 •答案 (1)0.50 m 3.0 m (2)33 N
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，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(qǔ xiànɡ)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g 取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ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( )
•
(1)求木板加速度的大小图；6
• (2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；
第二十八页，共41页。
•(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μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的 拉力应满足(mǎnzú)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？