《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化四 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《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化四 牛頓運動定律的綜合應用（二）課件.ppt（51頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化四牛頓運動定律的綜合應用 二 第三章牛頓運動定律 專題解讀 1 本專題是動力學方法在兩類典型模型問題中的應用 高考常以計算題壓軸題的形式命題 2 通過本專題的學習 可以培養(yǎng)同學們審題能力 建模能力 分析推理能力和規(guī)范表達等物理學科素養(yǎng) 針對性的專題強化 通過題型特點和解題方法的分析 能幫助同學們迅速提高解題能力 3 用到的相關知識有 勻變速直線運動規(guī)律 牛頓運動定律 相對運動的有關知識 內容索引 命題點一 傳送帶模型 問題 命題點二 滑塊 木板模型 問題 課時作業(yè) 盤查拓展點 1 命題點一 傳送帶模型 問題 傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題 1 水平傳送帶問題求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷 物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻 2 傾斜傳送帶問題求解的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況 從而確定其是否受到滑動摩擦力作用 當物體速度與傳送帶速度相等時 物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變 如圖所示 足夠長的水平傳送帶 以初速度v0 6m s順時針轉動 現(xiàn)在傳送帶左側輕輕放上m 1kg的小滑塊 與此同時 啟動傳送帶制動裝置 使得傳送帶以恒定加速度a 4m s2減速直至停止 已知滑塊與傳送帶的動摩擦因數(shù) 0 2 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 滑塊可以看成質點 且不會影響傳送帶的運動 g 10m s2 試求 1 滑塊與傳送帶共速時 滑塊相對傳送帶的位移 2 滑塊在傳送帶上運動的總時間t 例1 解析 分析 答案 3m 答案 2s 1 對滑塊 mg ma1得 a1 2m s2設經(jīng)過時間t1滑塊與傳送帶達到共同速度v 有 v v0 at1v a1t1解得 v 2m s t1 1s故滑塊與傳送帶的相對位移 x x2 x1 3m 2 共速之后 設滑塊與傳送帶一起減速 則滑塊與傳送帶間的靜摩擦力為Ff 有 Ff ma 4N mg 2N故滑塊與傳送帶相對滑動 滑塊做減速運動 加速度仍為a1 故 t t1 t2 2s 如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型 傳送帶傾斜放置 與水平面夾角為 37 傳送帶AB足夠長 傳送皮帶輪以大小為v 2m s的恒定速率順時針轉動 一包貨物以v0 12m s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶 若貨物與皮帶之間的動摩擦因數(shù) 0 5 且可將貨物視為質點 1 求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大 2 經(jīng)過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同 這時貨物相對于地面運動了多遠 3 從貨物滑上傳送帶開始計時 貨物再次滑回A端共用了多少時間 g 10m s2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 例2 答案 10m s2 方向沿傳送帶向下 答案 1s7m 答案 解析 分析 圖4 1 設貨物剛滑上傳送帶時加速度為a1 沿傳送帶方向 mgsin Ff ma1垂直傳送帶方向 mgcos FN又Ff FN由以上三式得 a1 g sin cos 10 0 6 0 5 0 8 10m s2 方向沿傳送帶向下 2 貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時間設為t1 位移設為x1 則有 3 當貨物速度與傳送帶速度相等時 由于mgsin mgcos 此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上 設貨物加速度大小為a2 則有mgsin mgcos ma2 得 a2 g sin cos 2m s2 方向沿傳送帶向下 則貨物上滑的總距離為x x1 x2 8m 1 如圖所示為糧袋的傳送裝置 已知A B兩端間的距離為L 傳送帶與水平方向的夾角為 工作時運行速度為v 糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上 設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等 重力加速度大小為g 關于糧袋從A到B的運動 以下說法正確的是A 糧袋到達B端的速度與v比較 可能大 可能小也可能相等B 糧袋開始運動的加速度為g sin cos 若L足夠大 則以后將以速度v做勻速運動C 若 tan 則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動D 不論 大小如何 糧袋從 到 端一直做勻加速運動 且加速度a gsin 答案 解析 若傳送帶較短 糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動 到達B端時的速度小于v 若傳送帶較長 tan 則糧袋先做勻加速運動 當速度與傳送帶的速度相同后 做勻速運動 到達B端時速度與v相同 若 tan 則糧袋先做加速度為g sin cos 的勻加速運動 當速度與傳送帶相同后做加速度為g sin cos 的勻加速運動 到達B端時的速度大于v 選項A正確 糧袋開始時速度小于傳送帶的速度 相對傳送帶的運動方向是沿傳送帶向上 所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力 大小為 mgcos 根據(jù)牛頓第二定律得加速度a g sin cos 選項B錯誤 若 tan 糧袋從A到B可能是一直做勻加速運動 也可能先勻加速運動 當速度與傳送帶的速度相同后 做勻速運動 選項C D均錯誤 2 如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖 A B為傳送帶的左 右端點 AB長L 2m 初始時傳送帶處于靜止狀態(tài) 當質量m 2kg的煤塊 可視為質點 輕放在傳送帶A點時 傳送帶立即啟動 啟動過程可視為加速度a 2m s2的勻加速運動 加速結束后傳送帶立即勻速運動 已知煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù) 0 1 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 g取10m s2 1 如果煤塊以最短時間到達B點 煤塊到達B點時的速度大小是多少 解析 答案 2m s 為了使煤塊以最短時間到達B點 煤塊應一直勻加速從A點到達B點 mg ma1得a1 1m s2vB2 2a1LvB 2m s 2 上述情況下煤塊運動到B點的過程中在傳送帶上留下的痕跡至少多長 解析 答案 1m 傳送帶加速結束時的速度v vB 2m s時 煤塊在傳送帶上留下的痕跡最短煤塊運動時間t 2s傳送帶加速過程 vB at1得t1 1sx1 at12得x 1m傳送帶勻速運動過程 t2 t t1 1sx2 vBt2得x2 2m故痕跡最小長度為 x x1 x2 L 1m 2 命題點二 滑塊 木板模型 問題 1 模型特點涉及兩個物體 并且物體間存在相對滑動 2 兩種位移關系滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中 若滑塊和木板同向運動 位移大小之差等于板長 反向運動時 位移大小之和等于板長 設板長為L 滑塊位移大小為x1 木板位移大小為x2同向運動時 如圖所示 L x1 x2 反向運動時 如圖所示 L x1 x2 3 解題步驟 審題建模 建立方程 明確關系 弄清題目情景 分析清楚每個物體的受力情況 運動情況 清楚題給條件和所求 根據(jù)牛頓運動定律準確求出各運動過程的加速度 兩過程接連處的加速度可能突變 找出物體之間的位移 路程 關系或速度關系是解題的突破口 上一過程的末速度是下一過程的初速度 這是兩過程的聯(lián)系紐帶 2015 新課標 25 下暴雨時 有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害 某地有一傾角為 37 sin37 的山坡C 上面有一質量為m的石板B 其上下表面與斜坡平行 B上有一碎石堆A 含有大量泥土 A和B均處于靜止狀態(tài) 如圖所示 假設某次暴雨中 A浸透雨水后總質量也為m 可視為質量不變的滑塊 在極短時間內 A B間的動摩擦因數(shù) 1減小為 B C間的動摩擦因數(shù) 2減小為0 5 A B開始運動 此時刻為計時起點 在第2s末 B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變 已知A開始運動時 A離B下邊緣的距離l 27m C足夠長 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s時間內A和B加速度的大小 2 A在B上總的運動時間 例3 解析 分析 答案 3m s21m s2 答案 4s 1 在0 2s時間內 A和B的受力如圖所示 其中Ff1 FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小 Ff2 FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小 方向如圖所示 由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1 1FN1 FN1 mgcos Ff2 2FN2 FN2 FN1 mgcos 規(guī)定沿斜面向下為正 設A和B的加速度分別為a1和a2 由牛頓第二定律得mgsin Ff1 ma1 mgsin Ff2 Ff1 ma2 聯(lián)立 式 并代入題給條件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 在t1 2s時 設A和B的速度分別為v1和v2 則v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s 2s后 設A和B的加速度分別為a1 和a2 此時A與B之間摩擦力為0 同理可得a1 6m s2 a2 2m s2 由于a2 0 可知B做減速運動 設經(jīng)過時間t2 B的速度減為0 則有v2 a2 t2 0 聯(lián)立 式得t2 1s在t1 t2時間內 A相對于B運動的距離為此后B靜止不動 A繼續(xù)在B上滑動 設再經(jīng)過時間t3后A離開B 則有可得t3 1s 另一解不合題意 舍去 設A在B上總的運動時間為t總 有t總 t1 t2 t3 4s 3 多選 如圖所示 一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出 魚缸最終沒有滑出桌面 若魚缸 桌布 桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等 則在上述過程中A 桌布對魚缸摩擦力的方向向左B 魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C 若貓增大拉力 魚缸受到的摩擦力將增大D 若貓減小拉力 魚缸有可能滑出桌面 答案 解析 桌布對魚缸摩擦力的方向向右 A項錯誤 各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為 設魚缸的質量為m 由牛頓第二定律可得魚缸在桌布和桌面上滑動的加速度大小相同 均為a g 魚缸離開桌布時的速度為v 則魚缸在桌布上和在桌面上滑動時間均為t B項正確 貓增大拉力時 魚缸受到的摩擦為Ff mg不變 C項錯 若貓減小拉力 魚缸在桌布上加速運動的時間變長 離開桌布時的速度v gt增大 加速運動的位移x1 gt2增大 且魚缸在桌面上減速滑行的位移x2 也增大 則魚缸有可能滑出桌面 D項對 4 2016 四川理綜 10 避險車道是避免惡性交通事故的重要設施 由制動坡床和防撞設施等組成 如圖所示豎直平面內 制動坡床視為與水平面夾角為 的斜面 一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床 當車速為23m s時 車尾位于制動坡床的底端 貨物開始在車廂內向車頭滑動 當貨物在車廂內滑動了4m時 車頭距制動坡床頂端38m 再過一段時間 貨車停止 已知貨車質量是貨物質量的4倍 貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0 4 貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0 44倍 貨物與貨車分別視為小滑塊和平板 取cos 1 sin 0 1 g 10m s2 求 1 貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向 答案 解析 5m s2方向沿制動坡床向下 設貨物的質量為m 貨物在車廂內滑動過程中 貨物與車廂的動摩擦因數(shù) 0 4 受摩擦力大小為f 加速度大小為a1 則f mgsin ma1 f mgcos 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)得a1 5m s2 a1的方向沿制動坡床向下 2 制動坡床的長度 解析 答案 98m s1 vt a1t2 s2 vt a2t2 s s1 s2 l l0 s0 s2 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)得l 98m Mgsin F f Ma2 F k m M g 盤查拓展點 3 傳送帶 模型的易錯點 如圖所示 足夠長的傳送帶與水平面夾角為 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(shù) tan 則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是 典例 答案 解析 易錯診斷 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 mgcos ma1 所以a1 gsin gcos 小木塊加速至與傳送帶速度相等時 由于 tan 則小木塊不會與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動 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 mgcos ma2 所以a2 gsin gcos 根據(jù)以上分析 有a2 a1 所以 本題正確選項為D 易錯診斷 本題的易錯點在于沒有注意到關鍵條件 tan 沒有準確分析小木塊所受摩擦力的方向 想當然地認為傳送帶足夠長 小木塊最后總會達到與傳送帶相對靜止而做勻速運動 從而錯選C選項 理解 與tan 關系的含義 正確分析小木塊所受摩擦力方向是解題關鍵 若改為 tan 則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后 滑動摩擦力突然變?yōu)殪o摩擦力 以后與傳送帶相對靜止而做勻速運動 故應選C選項 變式拓展 1 若將 tan 改為 tan 答案應選什么 提示 若將傳送帶改為水平 則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后 摩擦力突然消失 以后與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動 仍然是C選項正確 2 若將傳送帶改為水平呢 提示 課時作業(yè) 4 1 如圖所示 為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分 傳送帶與水平地面的傾角 37 A B兩端相距L 5 0m 質量為M 10kg的物體以v0 6 0m s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶 物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同 均為0 5 傳送帶順時針運轉的速度v 4 0m s g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 物體從A點到達B點所需的時間 答案 解析 2 2s 1 2 3 4 設物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1 由牛頓第二定律得Mgsin Mgcos Ma1 設物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為a2Mgsin Mgcos Ma2 由 tan 0 75知 物體繼續(xù)減速 設經(jīng)時間t2到達傳送帶B點聯(lián)立得 式可得 t t1 t2 2 2s 1 2 3 4 2 若傳送帶順時針運轉的速度可以調節(jié) 物體從A點到達B點的最短時間是多少 答案 1s 解析 若傳送帶的速度較大 物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上 則所用時間最短 此種情況加速度大小一直為a2 L v0t a2t 2t 1s t 5s舍去 1 2 3 4 2 車站 碼頭 機場等使用的貨物安檢裝置的示意圖如圖所示 繃緊的傳送帶始終保持v 1m s的恒定速率運行 AB為水平傳送帶部分且足夠長 現(xiàn)有一質量為m 5kg的行李包 可視為質點 無初速度地放在水平傳送帶的A端 傳送到B端時沒有被及時取下 行李包從B端沿傾角為37 的斜面滑入儲物槽 已知行李包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0 5 行李包與斜面間的動摩擦因數(shù)為0 8 g取10m s2 不計空氣阻力 sin37 0 6 cos37 0 8 1 求行李包相對于傳送帶滑動的距離 答案 0 1m 解析 1 2 3 4 行李包在水平傳送帶上加速時 1mg ma1若行李包達到水平傳送帶的速度所用時間為t 則v a1t行李包前進距離x1 a1t2傳送帶前進距離x2 vt行李包相對傳送帶滑動的距離 x x2 x1 0 1m 1 2 3 4 2 若B輪的半徑為R 0 2m 求行李包在B點對傳送帶的壓力 答案 25N 方向豎直向下 解析 行李包在B點 根據(jù)牛頓第二定律 有mg FN 解得 FN 25N根據(jù)牛頓第三定律可得 行李包在B點對傳送帶的壓力為25N 方向豎直向下 1 2 3 4 3 若行李包滑到儲物槽時的速度剛好為零 求斜面的長度 答案 1 25m 解析 行李包在斜面上時 根據(jù)牛頓第二定律 mgsin37 2mgcos37 ma2行李包從斜面滑下過程 0 v2 2a2x解得 x 1 25m 1 2 3 4 3 如圖所示 水平傳送帶以v 12m s的速度順時針做勻速運動 其上表面的動摩擦因數(shù) 1 0 1 把質量m 20kg的行李包輕放上傳送帶 釋放位置距傳送帶右端4 5m處 平板車的質量M 30kg 停在傳送帶的右端 水平地面光滑 行李包與平板車上表面間的動摩擦因數(shù) 2 0 3 平板車長10m 行李包從傳送帶滑到平板車過程速度不變 行李包可視為質點 g 10m s2 求 1 行李包在平板車上相對于平板車滑行的時間是多少 答案 0 6s 解析 1 2 3 4 行李包放上傳送帶做勻加速直線運動 a1 1gv2 2a1x解得 v 3m s因v 3m s 12m s 符合題意行李包滑上平板車后 行李包減速 平板車加速 a2 2g 3m s2 1 2 3 4 v a2t a3t解得 t 0 6s 1 2 3 4 2 若要想行李包不從平板車滑出 求行李包釋放位置應滿足什么條件 答案 見解析 解析 1 2 3 4 當行李包剛好滑到平板車右端時 行李包與平板車的相對位移等于車長 設行李包剛滑上平板車時速度為v0 L為平板車長 則v0 a2t a3t 解得v0 10m s 12m s故行李包在傳送帶上一直做勻加速直線運動v02 2a1x 解得 x 50m所以行李包釋放位置距離傳送帶右端應不大于50m 1 2 3 4 4 一平板車 質量M 100kg 停在水平路面上 車身的平板離地面的高度h 1 25m 一質量m 50kg的小物塊置于車的平板上 它到車尾的距離b 1m 與車板間的動摩擦因數(shù) 0 2 如圖所示 今對平板車施加一水平方向的恒力 使車向前行駛 結果物塊從車板上滑落 物塊剛離開車板的時刻 車向前行駛距離x0 2 0m 求物塊落地時 落地點到車尾的水平距離x 不計路面摩擦 g 10m s2 答案 1 625m 解析 1 2 3 4 設小物塊在車上運動時 車的加速度為a1 物塊的加速度為a2 則對車 由牛頓第二定律得 F mg Ma1 F Ma1 mg 100 4N 0 2 50 10N 500N 1 2 3 4 小物塊平拋的水平位移x物 v2 t 2 0 5m 1m 物塊落地時 落地點與車尾的水平位移為 x x車 x物 2 625m 1m 1 625m 1 2 3 4