牛顿运动定律---传送带专题(教师版)1

2010级（2013届）物理提高班辅导第1页共5页§1牛顿运动定律班级_____姓名_______学号_______专题1：传送带问题分类解析传送带是应用比较广泛的一种传送装置，以其为素材的物理题大都具有情景模糊、条件隐蔽、过程复杂的特点。但不管传送带如何运动，只要我们分析清楚物体所受的摩擦力的大小、方向的变化情况，就不难分析物体的状态变化情况。一、水平传送带问题的变化类型例1．如图，水平传送带两个转动轴轴心相距20m，正在以v＝4.0m/s的速度匀速传动，某物块儿（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0.1,将该物块儿从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物块儿将到达传送带的右端（g=10m/s2）？解析：物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速运动物块匀加速间gvavt1=4s物块匀加速位移2212121gtats=8m∵20m8m∴以后小物块匀速运动物块匀速运动的时间smvsst3482012∴物块到达传送带又端的时间为：stt721例2．（1）题中，若水平传送带两个转动轴心相距为2.0m，其它条件不变，则将该物体从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物体将到达传送带的右端（g=10m/s2）？解析：若平传送带轴心相距2.0m，则根据上题中计算的结果则2m8m，所以物块在两迷的位移内将一直做匀加速运动，因此sgst2101.0222例3．（1）题中，若提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？解析：当物体一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，所以传送带最小速度为：smgsasv/3.620101.0222变式训练：如图，一物块沿斜面由H高处由静止滑下，斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧，物体滑离传送带后做平抛运动，当传送带静止时，物体恰落在水平地面上的A点，则下列说法正确的是（BC）。A．当传送带逆时针转动时，物体落点一定在A点的左侧B．当传送带逆时针转动时，物体落点一定落在A点C．当传送带顺时针转动时，物体落点可能落在A点D．当传送带顺时针转动时，物体落点一定在A点的右侧二．倾斜传送带问题的变化类型例1：如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v=10m/s匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29m，求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间为多少（g=10m/s2）？解析：物块放到传送带上后，沿斜面向下做匀加速直线运动，开始相对于传动带向后运动，受到的摩擦力向前（物体受力如图所示），所以：mgG（1）sinGN；（2）．．vGG2G1fNθHA2010级（2013届）物理提高班辅导第2页共5页Nf（3）mamgmgcossin（4）由以上四式可得：21/10cossinsmggamLmavs295221当物体加速到与传送带同速时，位移为：savt111物块加速到与传送带同速后，由于cossinmgmg，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿斜面向上（受力如图示）所以加速度为22/2cossinsmmggasttavtsLs221222212因此物体运动的总时间为sttt321例2：上题中若8.0，物块下滑时间为多少？解析（答案有错）：若8.0，开始（即物块与传送带同速前）物体运动情况与上题相同，即st11，当物块与传送带同速后，由于cossinmgmg，所以物块与传送带同速后与传送带一起做匀速运动，则svsLt4.212，因此时间为：sttt4.321。变式训练：（如图所示）传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块A，物块下滑到底端时间为T，则下列说法正确的是（BD）。A．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定大于tB．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定等于tC．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能等于tD．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于t例题6：一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。【审题】本题难度较大，传送带开始阶段也做匀加速运动了，后来又改为匀速，物体的运动情况则受传送带的运动情况制约，由题意可知，只有μg＜a0才能相对传送带滑动，否则物体将与传送带一直相对静止。因此该题的重点应在对物体相对运动的情景分析、相对位移的求解上，需要较高的分析综合能力。【解析】方法一：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿运动定律，可得ga设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有tav00tav由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有´0tavv此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有´210200tvtas202vsa传送带上留下的黑色痕迹的长度ssl0由以上各式得2000()2vaglag【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，分别对两个物体的全过程求位移。方法二：第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v0，设经历时间为t，煤块加速到v，有vta00①vgtat②GG2G1fNθ．．θ2010级（2013届）物理提高班辅导第3页共5页Ot2t11tv0v图2—6传送带和煤块的位移分别为s1和s2，20121tas③2222121gtats④第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t，有v0vgt⑤传送带和煤块的位移分别为s3和s4，有30svt⑥2412svtgt⑦传送带上留下的黑色痕迹的长度4231ssssl由以上各式得2000()2vaglag【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。方法三：传送带加速到v0，有00vat①传送带相对煤块的速度0()vagt②传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是ga0】20121tgal传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为ga0t，相对加速度是g】g2t2202gal整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度g2t212200gatgal③由以上各式得2000()2vaglag【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。方法四：用图象法求解画出传送带和煤块的V—t图象，如图2—6所示。其中010vta，02vtg，黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：20000021000()11()()222vvvaglvttvgaag【小结】本方法的思路是运用在速度—时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包围图形的面积可以用来表示该段时间内的位移这个知识点，来进行求解，本方法不是基本方法，不易想到，但若能将它理解透，做到融会贯通，在解决相应问题时，就可以多一种方法。【总结】本题题目中明确写道：“经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。”这就说明第一阶段传送带的加速度0a大于煤块的加速度g。当传送带速度达到0v时，煤块速度0vv，此过程中传送带的位移大于煤块的位移。接下来煤块还要继续加速到0v，传送带则以0v做匀速运动。两阶段的物体位移之差即为痕迹长度。有的学生对此过程理解不深，分析不透，如漏掉第二阶段只将第一阶段位移之差作为痕迹长度；将煤块两阶段的总位移作为痕迹长度；用第一阶段的相对位移与第二阶段的煤块位移之和作为痕迹长度；还有的学生分gagaga000,,三种情况讨论；有的甚至认为煤块最终减速到零，这些都说明了学生对物体相对运动时的过程分析能力还有欠缺。处理物体和传送带的运动学问题时，既要考虑每个物体的受力情况及运动情况，又要考虑到它们之间的联系与区别，只有这样，才能从整体上把握题意，选择规律时才能得心应手。2010级（2013届）物理提高班辅导第4页共5页专题2：临界问题分类解析【例1】如图1所示，物体A的质量为2kg，两轻绳AB和AC(LAB=2LAC)的一端连接在竖直墙上，另一端系在物体A上，今在物体A上另施加一个与水平方向成α=600角的拉力F。要使两绳都能伸直，试求拉力F的大小范围。(g=10m/s2)分析与解如果F很小，由竖直方向平衡知轻绳AB中必有张力，当AC中张力恰为零时，F最小；如果F很大，由竖直方向平衡知轻绳AC中必有张力，当AB中张力恰好为零时，F最大。设物体的质量为m，轻绳AB中的张力为TAB，AC中的张力为TAC，F的最小值为F1，最大值为F2LAB=2LAC，有∠CAB=600由平衡条件有：F1sin600+TABsin600=mg,F1cos600=TABcos600F2sin600=mg以上各式代入数据得：F1=20√3/3N，F2=40√3/3N因此，拉力F的大小范围：20√3/3N＜F＜40√3/3N此题也可由平衡条件直接列方程，结合不等式关系TAB＞0，TAC＞0求解。【例2】质量为0.2kg的小球用细绳吊在倾角θ=600的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图2所示，不计摩擦，求当斜面体分别以（1）2√3m/s2，（2）4√3m/s2的加速度向右加速时，线对小球的拉力。分析与解很多同学看到题目就会不加分析的列方程求解，从而出现解出的结果不符合实际。其实，如果我们仔细审题就会发现题目设问的着眼点是加速度。当小球向右加速运动时，如果加速度a很小，小球压紧斜面，受力分析如图2—1；如果加速度a很大，小球将离开斜面，受力分析如图2—2。设小球对斜面的压力为零时，斜面体的加速度为a0（即临界加速度），受力分析得：a0=gcotθ=10√3/3（m/s2）（1）因为a=2√3（m/s2）＜a0，因此小球仍压紧斜面，由牛顿第二定律和平衡条件列方程有：Tcosθ-Nsinθ=ma,Tsinθ+Ncosθ=mg代入数据解得：T=m（gsinθ+acosθ）=1.2√3N（2）因为a=4√3m/s2＞a0，因此小球已飘离斜面，T=m√g2+a2=0.4√37N（此处也可按（1）的列式方法求解）。【例3】如图1所示，质量均为M的两个木块A、B在水平力F的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A与B的接触面光滑，且与水平面的夹角为60°，求使A与B一起运动时的水平力F的范围。解析当水平推力F很小时，A与B一起做匀加速运动，当F较大时，B对A的弹力FN竖直向上的分力等于A的重力时，地面对A的支持力FNA为零，此后，物体A将会相对B滑动。显而易见，本题的临界条件是水平力F为某一值时，恰好使A沿A与B的接触面向上滑动，即物体A对地面的压力恰好为零，受力分析如图2。对整体有：MaF2；隔离A，有：0NAF，MaFFN60sin，060cosMgFN。解得：MgF32所以F的范围是0≤F≤Mg32【例4】如图2所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和B，