高考物理一轮复习课件+讲义 第3章 6 高考培优讲座(三)　“多物体、多过程”类力学综合问题

这是一份高考物理一轮复习课件+讲义 第3章 6 高考培优讲座(三)　“多物体、多过程”类力学综合问题，文件包含高考物理一轮复习讲义第3章6高考培优讲座三“多物体多过程”类力学综合问题pptx、高考物理一轮复习讲义第3章6高考培优讲座三“多物体多过程”类力学综合问题doc等2份课件配套教学资源，其中PPT共24页， 欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习策略1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。2、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。3、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。4、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 新高考物理一轮复习策略1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。2、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。3、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。4、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 高考培优讲座(三)　“多物体、多过程”类力学综合问题[学生用书P63][命题规律]　全国卷对于“多物体、多过程”类问题每年都有涉及．牛顿运动定律作为经典力学的基础理论，在解决动力学问题中一定是重点考查点．其中近几年高考中主要考查的方向有：(1)对于“多物体”组成的系统，以整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块—滑板模型等．【重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【典题例证】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：甲乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．[解析]　(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1＝4 m/s，由运动学公式得v1＝v0＋a1t1 ②x0＝v0t1＋a1t ③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件解得μ1＝0.1 ④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2 ⑤由题图乙可得a2＝ ⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得μ2＝0.4. ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧v3＝－v1＋a3Δt ⑨v3＝v1＋a2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝Δt ⑪小物块运动的位移为x2＝Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1 ⑬联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得Δx＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮0－v＝2a4x3 ⑯碰撞后木板运动的位移为x＝x1＋x3 ⑰联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得x＝－6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m“传送带模型”“滑板—滑块模型”的区别与联系(1)两模型的联系传送带类似于木块、木板模型中的木板，而两模型中物体的运动规律很相似．开始时，由于两物体(木块与木板、物体与传送带)速度不同，即两物体间存在阻碍相对运动的滑动摩擦力，用来改变两物体的运动状态，由于滑动摩擦力恒定，所以物体均做匀变速运动(传送带匀速)，当两者速度相等时，一起做匀速直线运动(前提是木块仍在木板上、物体没到达传送带另一端)．(2)两模型的区别①木块、木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行分析；而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传送带一直做匀速运动，一般情况下只需对物体的受力情况和运动情况做出分析即可．②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不同．　 【突破训练】1.水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m，g取10 m/s2.(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少？(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少？(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′.解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v＝at1，t1＝1 s，s1＝at，s1＝0.5 m行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2则t2＝＝1.5 s设行李从A运送到B共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s.(2)电动机需消耗的电能就是行李产生的动能和系统产生的内能之和，故E＝mv2＋μmgΔL行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，代入数据解得E＝4 J.(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短有l＝at代入数据得tmin＝2 s，此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s.答案：(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s2.如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F＝(M＋m)gsin α＝(3＋1)×10×sin 30° N＝20 N因要拉动木板，则F>20 N若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a对物块有f－mgsin α＝ma其中f≤μmgcos α代入数据解得F≤30 N向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F应满足的条件为20 N<F≤30 N.(2)当F＝37.5 N>30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1对物块有μmgcos α－mgsin α＝ma2设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得a1t2－a2t2＝L代入数据解得t＝1.2 s物块滑离木板时的速度v＝a2t由－2gsin α·s＝0－v2代入数据解得s＝0.9 m.答案：见解析