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当前位置:首页 > 机械/制造/汽车 > 汽车理论 > 新课标2018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
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 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=ΔEk+ΔEp+Q。式中WF为传送带做的功,WF=F·s带(F由传送带受力情况求得);ΔEk、ΔEp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=Ff·s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μ,两轮之间的距离为L,物体置于传送带一端时的初速度为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=μg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。2μgL2μgL2μgL甲(2)v0≠0,且v0与v带同向,如图乙所示。 乙①v0v带时,由(1)可知,物体刚放到传送带上时将做a=μg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 ,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。202vμgL202vμgL202vμgL②v0v带,物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a=μg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)v0≠0,且v0与v带反向,如图丙所示。 丙202vμgL202vμgL202vμgL此种情形下,物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a=μg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:①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。②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。202vμgL2μgL2μgL2.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mgsinα(α为传送带的倾角)。(2)物体和传送带一起加速运动①若物体和传送带一起向上加速运动,传送带的倾角为α,则对物体有f-mgsinα=ma,即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上,大小为f=ma+mgsinα。②若物体和传送带一起向下加速运动,传送带的倾角为α,则静摩擦力的大小和方向决定于加速度a的大小。当a=gsinα时,无静摩擦力;当agsinα时,有mgsinα+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-mgsinα。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agsinα时,有mgsinα-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=mgsinα-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μ。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=μ(1+ )g,aB=μgB.aA=μg,aB=0C.aA=μ(1+ )g,aB=0D.aA=μg,aB=μg21mm21mm力大小为μm1g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 =μ(1+ )g,选项C对。11Fμmgm21mm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μm2g,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动。已知物体与传送带间动摩擦因数μ=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(1)2m/s(2)1s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μmg=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v≥vB又at=v解得t≥1s2Bv1-3如图所示,倾角θ=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μ=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?(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2) mgsinθ+μmgcosθ=ma1解得a1=g(sinθ+μcosθ)=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mgsinθ-μmgcosθ=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=1.5s1ua212ua1222t答案1.5s解析设P初始下滑的加速度为a1,则有考点二滑块—滑板模型 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 反向运动时:L=x1+x2 同向运动时:L=x1-x2 1.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μ1=0.1,物体A与B之间的动摩擦因数μ2=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-μ1(m+M)g=(m+M)a;对物体A,由牛顿第二定律有μ2mg=ma;联立解得Fm=(m+M)(μ1+μ2)g=15N,选项B正确。2-2(2015课标Ⅰ,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。答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m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+a1t1 ②s0=v0t1+ a1 ③1221t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①②③式并结合题给条件得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由图(b)可得a2= ⑥式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得2121vvttμ2=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,木板的位移为s1= Δt 小物块的位移为s2= Δt 132vv132vv小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1 联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得Δs=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μ1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 23v碰后木板运动的位移为s=s1+s3 联立⑥⑧⑨⑩ 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。
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