（天津专用）2020届高考物理一轮复习 能力课4 牛顿运动定律的综合应用（二）课件 新人教版

能力课4牛顿运动定律的综合应用(二)-2-传送带问题1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先后情景2①v0v,可能一直减速,也可能先减速再匀速②v0=v,一直匀速③v0v时,可能一直,也可能先再情景3①传送带较短时,滑块一直减速到达左端②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。若v0v,则返回时速度为v,若v0v,则返回时速度为知识点一知识点二加速匀速加速加速匀速v0-3-知识点一知识点二2.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先后情景2①可能一直匀加速②可能先后③可能先以a1加速后以a2加速加速匀速加速匀速-4-知识点一知识点二滑块滑板问题1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的等于木板的长度。位移之差位移之和-5-考点一考点二传送带问题——模型建构考向1水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确地分析。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。特别注意:(1)要注意物块的速度v件与传送带的速度v带的关系,包含大小与方向两个方面。物块的速度v件与传送带的速度v带的关系决定着物块受到摩擦力的大小及方向。(2)要注意物体的位移x件与传送带的长度l间的关系。这里的位移主要指的是物体做匀变速的位移。这决定着物体的运动情况。-6-考点一考点二例1如图所示,水平长传送带始终以v匀速运动,现将一质量为m的物体轻放于A端,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ,AB长为l,l足够长。(1)当物体的速度达到传送带速度v时,物体的位移多大?传送带的位移多大?(2)物体从A到B运动的时间为多少?(3)v满足什么条件时物体从A到B所用时间最短?-7-考点一考点二思维点拨(1)物体从A到B做什么运动?(2)物体什么时候改变运动状态?提示(1)物体先做匀加速直线运动,当速度与传送带速度相同时,做匀速直线运动。(2)当物体速度与传送带速度相同时运动状态改变。-8-考点一考点二解析(1)由v=at和a=μg,解得t=𝑣𝜇𝑔物体的位移x1=12at2=𝑣22𝜇𝑔传送带的位移x2=vt=𝑣2𝜇𝑔。(2)物体从A到B运动的时间为t总=𝑣𝜇𝑔+𝑙-𝑥1𝑣=𝑙𝑣+𝑣2𝜇𝑔。(3)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时,所用时间最短,所以要求传送带的速度满足v≥2𝜇𝑔𝑙。答案(1)𝑣22𝜇𝑔𝑣2𝜇𝑔(2)𝑙𝑣+𝑣2𝜇𝑔(3)v≥2𝜇𝑔𝑙-9-考点一考点二【拓展延伸1】若在【例1】中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动(忽略l足够长的条件),则物体可能做什么运动?解析①若v0v,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'=𝑣02+2𝜇𝑔𝑙。显然,若v0v𝑣02+2𝜇𝑔𝑙,则物体在传送带上将先加速,后匀速运动;若v≥𝑣02+2𝜇𝑔𝑙,则物体在传送带上将一直加速运动。②若v0v,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'=𝑣02-2𝜇𝑔𝑙。显然,若v≤𝑣02-2𝜇𝑔𝑙,则物体在传送带上将一直减速运动;若v0v𝑣02-2𝜇𝑔𝑙,则物体在传送带上将先减速,后匀速运动。答案见解析-10-考点一考点二【拓展延伸2】若在【例1】中物体以初速度v0从B向A运动(忽略l足够长的条件),则物体可能做什么运动?解析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'=𝑣02-2𝜇𝑔𝑙。显然,若v0≥2𝜇𝑔𝑙,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v02𝜇𝑔𝑙,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。答案见解析-11-考点一考点二考向2倾斜传送带问题倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。-12-考点一考点二我们在分析解答有关斜面上的传送带问题上要注意动摩擦因数μ与tanθ的关系。(1)若μtanθ,就意味着μcosθsinθ→μmgcosθmgsinθ,物体在沿斜面下滑时重力的分力将大于物体受到的摩擦力。(2)若μtanθ,就意味着μcosθsinθ→μmgcosθmgsinθ,物体在沿斜面下滑时重力的分力将小于物体受到的摩擦力。(3)若μ=tanθ,就意味着μcosθ=sinθ→μmgcosθ=mgsinθ,物体在沿斜面下滑时重力的分力将等于物体受到的摩擦力。-13-考点一考点二例2如图所示,倾角为37°,长为l=16m的传送带,转动速度为v=10m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m=0.5kg的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。思维点拨(1)当传送带顺时针转动时,物体受到的摩擦力沿斜面向上。(2)传送带逆时针转动时,开始滑动摩擦力向下,再根据运动分析可以分析出当传送带与物体速度相同后的摩擦力沿传送带向上。-14-考点一考点二解析(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有:mg(sin37°-μcos37°)=ma则a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2,根据l=at2得t=4s。(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma112则有a1=𝑚𝑔sin37°+𝜇𝑚𝑔cos37°𝑚=10m/s2-15-考点一考点二设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1=𝑣𝑎1=1010s=1s,x1=12a1𝑡12=5ml=16m在物体运动速度等于传送带速度的瞬间,有mgsin37°μmgcos37°,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2,则a2=𝑚𝑔sin37°-𝜇𝑚𝑔cos37°𝑚=2m/s2x2=l-x1=11m又x2=vt2+12a2𝑡22,解得:t2=1s(t2=-11s舍去)所以t总=t1+t2=2s。答案(1)4s(2)2s-16-考点一考点二方法归纳解传送带问题的思维模板-17-考点一考点二思维训练如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μtanθ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()答案解析解析关闭开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,所以a1=gsinθ+μgcosθ木块加速至与传送带速度相等时,由于μtanθ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,所受滑动摩擦力变为沿传送带向上,做加速度为a2的匀加速直线运动,这一阶段由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2所以a2=gsinθ-μgcosθ根据以上分析,有a2a1,所以选项D正确。答案解析关闭D-18-考点一考点二滑块—滑板类问题——模型建构1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2.位移关系:滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,如图甲所示,位移之差Δx=x1-x2=l(板长);滑块和木板反向运动时,如图乙所示,位移之和Δx=x2+x1=l。甲乙-19-考点一考点二考向1无外力F作用的“板块”模型问题例1如图所示,质量m0=4kg、长l=3m的薄木板静置在水平地面上,质量m=1kg的小滑块(可视为质点)以速度v0=4m/s从木板的左端水平冲上木板,已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。(1)若木板固定,求滑块相对于木板滑行的最大距离;(2)若木板不固定,且水平地面光滑,求滑块相对木板滑行的最大距离。-20-考点一考点二思维点拨当木板不固定时,若地面光滑,滑块的运动情况如何判断?提示若长木板不固定,且地面光滑,我们可以分别分析物块与长木板的运动情况,分析速度相等后的位移关系,若两者位移差大于板长,滑块滑离长木板;若两者位移差小于板长,滑块不滑离长木板,最后一起运动。-21-考点一考点二解析(1)滑块在木板上做匀减速运动,根据牛顿第二定律,加速度为:a=𝜇𝑚𝑔𝑚=μg=4m/s2滑块做匀减速运动,有v2-𝑣02=2ax将v=0,v0=4m/s代入解得:x=2m;(2)木板不固定,滑块仍以a1=4m/s2向右做匀减速运动木板向右做匀加速运动,有:a2=𝜇𝑚𝑔𝑚0=1m/s2当滑块与木板速度相同后,两者一起向右匀速运动,不再相对滑动。设滑块从滑上木块到共速所用时间为t,v0-a1t=a2t得:t=0.8s滑块相对于地面的位移为:x1=v0t-12a1t2=1.92m木板相对于地面的位移为:x1=12a2t2=0.32m则滑块相对木板滑行的最大距离为:Δx=x1-x2=1.6m。答案(1)2m(2)1.6m-22-考点一考点二规律方法“滑块—滑板”模型问题的分析思路-23-考点一考点二考向2有外力F作用的“板块”模型问题例2如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m=1kg,木板的质量m0=4kg,长l=2.5m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。现用水平恒力F=20N拉木板,g取10m/s2。(1)求木板加速度的大小;(2)要使木块能滑离木板,求水平恒力F作用的最短时间;(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的拉力应满足什么条件?(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变,只将水平恒力增加为30N,则木块滑离木板需要多长时间?-24-考点一考点二思维点拨(1)若木板上表面光滑,木块会动吗?(2)要使木板受拉力作用的时间最短,木板和木块怎样运动?(3)若木板上表面粗糙,分析木板与木块发生相对滑动的临界加速度时,以哪一个物体为研究对象?提示(1)不会动。(2)木板在拉力作用下先加速,稍后撤去外力木板再减速,最终木块刚好滑离木板。(3)以木块为研究对象分析临界加速度。-25-考点一考点二解析(1)木板受到的摩擦力Ff=μ(m0+m)g=10N木板的加速度a=𝐹-𝐹f𝑚0=2.5m/s2。(2)设拉力F作用时间t后撤去,F撤去后,木板的加速度为a'=-𝐹f𝑚0=-2.5m/s2,可见|a'|=a木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且时间相等,故at2=l解得:t=1s,即F作用的最短时间为1s。(