（新课标）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）

课标版物理第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=F·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。考点突破整理ppt(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。甲(2)v0≠0,且v0与v带同向,如图乙所示。整理ppt整理ppt①v0<v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v0<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。②v0>v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v0>v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。乙整理ppt

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。丙整理ppt典例1

(2015河南开封二模,24)如图所示,有一水平放置的足够长的皮带输送机以v=5m/s的速率沿顺时针方向运行。有一物体以v0=10m/s的初速度

从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动。若物体与皮带间的动摩擦因

数μ=0.5,并取g=10m/s2,求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间。

答案

4.5s整理ppt

解析物体先向左做匀减速运动,速度为零时用时为t1,位移大小为s1由牛顿运动定律可得:μmg=ma,a=μg=5m/s2t1=

=

s=2ss1=

=

m=10m随后物体向右做匀加速直线运动,直到速度与传送带速度相等后再做匀速

运动。设两段时间分别为t2、t3,位移分别为s2、s3t2=

=

s=1ss2=

=

=2.5ms3=s1-s2=(10-2.5)m=7.5m,t3=

=1.5st总=t1+t2+t3=4.5s

整理ppt1-1

(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。

整理ppt(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≥1s整理ppt2.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-mg

sinα=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。整理ppt②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a>gsinα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a<gsinα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。整理ppt典例2如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A➝B长度为16m,传送带以10m/s的速率逆时针转动。在传送带上的A端无初速度地放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少?(sin37°=0.6,cos37°=0.8)整理ppt

答案

2s

解析物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F,物体受力情况如图甲

所示。物体由静止加速,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,得a1=10×(0.6+0.5×0.8)m/s2=10m/s2。物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1=

=

s=1s,t1时间内位移x=

a1

=5m。

乙甲整理ppt由于μ<tanθ,物体在重力作用下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速

度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F'。此时物体受力情况

如图乙所示,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,得a2=2m/s2。设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由L-x=vt2+

a2

解得t2=1s,t2=-11s(舍去)。所以物体由A→B的时间t=t1+t2=2s。整理ppt(1)从本题中可以总结出,传送带传送物体所受摩擦力可能发生突变,不论是

其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度刚好

相等的时刻。(2)解决传送带传递问题的切入点就是正确分析摩擦力的变化和物体与传

送带之间的相对运动情况。整理ppt1-2

(2015福建上杭一中检测)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)

答案

1.5s整理ppt

解析设P初始下滑的加速度为a1,则有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=

=1m<7m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=1.5s整理ppt考点二滑块—木板模型

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同向运动时:L=x1-x2整理ppt反向运动时:L=x1+x2

3.解题步骤整理ppt典例3

(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10

m/s2。求

整理ppt(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)0.1

0.4

(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

③整理ppt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μ2=0.4

⑦整理ppt(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

小物块相对木板的位移为整理pptΔs=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

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。整理ppt间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,

B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的

距离l=27m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度

大小g=10m/s2。求:(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;(2)A在B上总的运动时间。

答案

(1)3m/s2

1m/s2

(2)4s2-1

(2015课标Ⅱ,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地

质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin37°=

)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处

于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视

为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为

,B、C整理ppt

解析

(1)在0~2s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向

如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1=μ1N1

①整理pptN1=mgcosθ

②f2=μ