《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、物理课标版第4讲牛顿运动定律的综合应用(二)考点一传送带模型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为被传送物体的动能、重力势能的变化;Q是由于摩擦产生的内能:Q=Ffs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
2、端时的初速度为v0。(1)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。乙v0v带时,由(1)可知,物体刚放到传送带上时将做a=g的匀加速运动。假定物体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v0v带v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
3、,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。丙此种情形下,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v0gsin时,有mgsin+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-mgsin。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agsin
4、时,有mgsin-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=mgsin-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。1-1(2016河北保定调研,16)如图所示,两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上,水平轻绳一端连接A,另一端固定在墙上,A、B与传送带间的动摩擦因数均为。传送带沿顺时针方向转动,系统达到稳定后,突然剪断轻绳的瞬间,设A、B的加速度大小分别为aA和aB,(弹簧在弹性限度内,重力加速度为g) 则()A.aA=(1+)g,aB=gB.aA=g,aB=0C.aA=(1+)g,aB=0D.aA=g,a
5、B=g力大小为m1g和弹簧向右的弹力F之和等于轻绳对它的拉力,而F=F。剪断轻绳瞬间,A、B受到的滑动摩擦力和弹簧弹力都不变,则B的加速度为0,A的加速度为=(1+)g,选项C对。答案答案C稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力,B受到的滑动摩擦力大小为m2g,等于弹簧向左的弹力F,B受到的合外力为0,A受到滑动摩擦1-2(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=2m,初始时传送带处于静止状态,当质量m=2kg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=2m/s2的匀加速运动,加速结束后传送带立即匀速转
6、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10m/s2。(1)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?答案答案(1)2m/s(2)1s解析解析(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=2m/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t1s1-3如图所示,倾角=37的传送带,上、下两端相距s=7m。当传送带以u=4m/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
7、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?(sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s2)mgsin+mgcos=ma1解得a1=g(sin+cos)=8m/s2前一段加速下滑时间t1=0.5s当P加速到u时,P发生的位移s1=1m7m此后P继续加速下滑,设加速度为a2,有mgsin-mgcos=ma2,解得a2=4m/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=1s则P从A到B所用总时间t=t1+t2=1.5s答案答案1.5s解析解析设P初始下滑的加速度为a1,则有考点二滑块考点二滑块滑板模型滑板模型1.模型特点涉及两个物体,并且物
8、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反向运动时:L=x1+x2同向运动时:L=x1-x21.求解滑块滑板类问题时应先仔细审题,弄清楚题目的含义,分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。因通常题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一
9、个过程的末速度是下一个过程的初速度。2.解题步骤2-1(2016广西第一次质量检测,17)如图所示,A、B两个物体叠放在一起,静止在粗糙水平地面上,物体B与水平地面间的动摩擦因数1=0.1,物体A与B之间的动摩擦因数2=0.2。已知物体A的质量m=2kg,物体B的质量M=3kg,重力加速度g取10m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F,为使物体A与物体B相对静止,则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.20NB.15NC.10ND.5N答案答案B当恒力达到最大值Fm时,对物体A、B整体,由牛顿第二定律有Fm-1(m+M)g=(m+M)a;对物体A,由牛顿第二定律有2
10、mg=ma;联立解得Fm=(m+M)(1+2)g=15N,选项B正确。2-2(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4.5m,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=1s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1s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10m/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
11、)木板右端离墙壁的最终距离。答案答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m解析解析(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=4m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1s0=v0t1+a1式中,t1=1s,s0=4.5m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
12、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=2s,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=Ma3v3=-v1+a3tv3=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=6.0m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6.0m。(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)a40-=2a4s3碰后木板运动的位移为s=s1+s3联立 式,并代入数据得s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
