新课标高考物理一轮复习：牛顿运动定律的综合应用二课件.ppt

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=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 ,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。,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。 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。,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。,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=g B.aA=g,aB=0 C.aA=(1+ )g,aB=0 D.aA=g,aB=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 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=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/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)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,1-3 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),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,答案 1.5 s 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=2 kg,物体B的 质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/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.20 N B.15 N C.10 N D.5 N,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2mg=ma;联立解得 Fm=(m+M)(1+2)g=15 N,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4.5 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)0.1 0.4 (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