（新课标）年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用（二）课件（通用）.ppt

课标版 物理,第4讲牛顿运动定律的综合应用(二),考点一传送带模型 传送带问题的考查一般从两个层面上展开: 一是受力和运动分析受力分析中关键是注意摩擦力的突变(大小、方向)发生在v物与v带相同的时刻;运动分析中关键是相对运动的速度大小与方向的变化物体和传送带对地速度的大小与方向的比较 二是功能分析注意功能关系;WF=Ek+Ep+Q式中WF为传送带做的功,WF=Fs带(F由传送带受力情况求得);Ek、Ep为传送物体的动能、重力势能的变化;Q是由于摩擦产生的内能:Q=Fs相对 1.水平传送带问题 设传送带的速度为v带,物体与传送带之间的动摩擦因数为,两轮之间的距离为L,物体置于传送带一端时的初速度为v01)v0=0,如图甲所示,物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用,将做a=g的匀加速运动假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带,则其离开传送带时的速度为v=显然,若v带,则物体在传送带上 将先加速,后匀速运动;若v带,则物体在传送带上将一直加速运动甲,(2)v00,且v0与v带同向,如图乙所示v0v带,物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a=g的匀减速运动假定物体一直减速到离开传送带,则其离开传送带时的速度为v=。

显然,若v带,则物体在传送带上将一直减速运动;若v0v带 ,则物体在传送带上将先减速,后匀速运动 (3)v00,且v0与v带反向,如图丙所示乙,此种情形下,物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a=g的匀减速运动,假定物体一直减速到离开传送带,则其离开传送带时的速度为v=显然,若v0,则物体将一直做匀减速运动直到从传送带 的另一端离开传送带;若v0,则物体将不会从传送带的另一端离开, 而是从进入端离开,其可能的运动情形有: 先沿v0方向减速,再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带 先沿v0方向减速,再沿v0的反方向加速,最后匀速运动直至从进入端离开传送带丙,典例1(2015河南开封二模,24)如图所示,有一水平放置的足够长的皮带输送机以v=5 m/s的速率沿顺时针方向运行有一物体以v0=10 m/s的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动若物体与皮带间的动摩擦因数=0.5,并取g=10 m/s2,求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间 答案4.5 s,解析物体先向左做匀减速运动,速度为零时用时为t1,位移大小为s1 由牛顿运动定律可得:mg=ma,a=g=5 m/s2 t1= s=2 s s1= m=10 m 随后物体向右做匀加速直线运动,直到速度与传送带速度相等后再做匀速运动。

设两段时间分别为t2、t3,位移分别为s2、s3 t2= s=1 s s2=2.5 m s3=s1-s2=(10-2.5) m=7.5 m,t3=1.5 s t总=t1+t2+t3=4.5 s,1-1(2015河北保定调研,24)如图所示为一水平传送带装置示意图A、B为传送带的左、右端点,AB长L=2 m,初始时传送带处于静止状态,当质量m=2 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带A点时,传送带立即启动,启动过程可视为加速度a=2 m/s2的匀加速运动,加速结束后传送带立即匀速转动已知物体与传送带间动摩擦因数=0.1,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s21)如果物体以最短时间到达B点,物体到达B点时的速度大小是多少? (2)上述情况下传送带至少加速运动多长时间? 答案(1)2 m/s(2)1 s 解析(1)为了使物体以最短时间到达B点,物体应从A点一直匀加速到达 B点,则 mg=ma1 =2a1L 解得vB=2 m/s (2)设传送带加速结束时的速度为v,为了使物体能从A点一直匀加速到达B点,需满足 vvB 又at=v 解得t1 s,2.倾斜传送带问题 (1)物体和传送带一起匀速运动 匀速运动说明物体处于平衡状态,则物体受到的静摩擦力和重力沿传送带方向的分力等大反向,即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上,大小为mg sin (为传送带的倾角)。

(2)物体和传送带一起加速运动 若物体和传送带一起向上加速运动,传送带的倾角为,则对物体有f-mg sin =ma,即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上,大小为f=ma+mg sin 若物体和传送带一起向下加速运动,传送带的倾角为,则静摩擦力的大小和方向决定于加速度a的大小 当a=g sin 时,无静摩擦力; 当ag sin 时,有mg sin +f=ma,即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向下,大小为f=ma-mg sin 在这种情况下,重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度a,物体有相对于传送带向上的运动趋势,受到的静摩擦力沿传送带向下以弥补重力分力的不足; 当ag sin 时,有mg sin -f=ma,即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上,大小为f=mg sin -ma此时物体有相对于传送带向下的运动趋势,必受到沿传送带向上的摩擦力典例2如图所示,传送带与地面夹角=37,从AB长度为16 m,传送带以10 m/s的速率逆时针转动在传送带上的A端无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5求物体从A运动到B所需时间是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8),答案2 s 解析物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速 度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F,物体受力情况如图甲所示。

物体由静止加速,由牛顿第二定律有mg sin +mg cos =ma1,得 a1=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2 物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t1= s=1 s,t1时间内位移x=a1=5 m乙,甲,由于tan ,物体在重力作用下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F此时物体受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma2,得a2=2 m/s2 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由L-x=vt2+a2解得t2=1 s,t2=-11 s(舍去) 所以物体由AB的时间t=t1+t2=2 s1)从本题中可以总结出,传送带传送物体所受摩擦力可能发生突变,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度刚好相等的时刻 (2)解决传送带传递问题的切入点就是正确分析摩擦力的变化和物体与传送带之间的相对运动情况1-2(2015福建上杭一中检测)如图所示,倾角=37的传送带,上、下两端相距s=7 m当传送带以u=4 m/s的恒定速率顺时针转动时,将一个与传送带间动摩擦因数=0.25的物块P轻放于A端,P从A端运动到B端所需的时间是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2) 答案1.5 s,解析设P初始下滑的加速度为a1,则有 mg sin +mg cos =ma1 解得a1=g(sin + cos )=8 m/s2 前一段加速下滑时间t1=0.5 s 当P加速到u时,P发生的位移s1=1 m7 m 此后P继续加速下滑,设加速度为a2, 有mg sin -mg cos =ma2, 解得a2=4 m/s2 根据位移时间关系公式,有s-s1=ut2+a2 解得后一段加速下滑的时间t2=1 s 则P从A到B所用总时间t=t1+t2=1.5 s,考点二滑块木板模型 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 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长 设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2 同向运动时:L=x1-x2,反向运动时:L=x1+x2 3.解题步骤,典例3(2015课标,25,20分)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(a)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(b)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,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离 答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m 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 -1(m+M)g=(m+M)a1 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1,式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度 联立式并结合题给条件得 1=0.1 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 -2mg=ma2 由图(b)可得 a2= 式中,t2=2 s,v2=0,联立式并结合题给条件得 2=0.4,(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,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 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s1=t 小物块的位移为 s2=t 小物块相对木板的位移为,s=s2-s1 联立式,并代入数据得 s=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,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s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3,联立式,并代入数据得 s=-6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m间的动摩擦因数2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,2保持不变已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g=10 m/s2求: (1)在02 s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间 答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s,2-1(2015课标,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为=37(sin 37=)的山坡C,上面有一质量为m的 石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数1减小为,B、C,解析(1)在02 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的 摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1=1N1,N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 规定沿斜面向下为正方向设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2 联立式,并代入题给条件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则,v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1时,设A和B的加速度分别为a1和a2此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得。