2020屆高考物理總復習第三章牛頓運動定律3.3牛頓運動定律的綜合應用課件新人教版.pptx

第3講 牛頓運動定律的綜合應用,【秒判正誤】 (1)物體向上運動時超重。 ( ) (2)支持力小于重力稱為完全失重現(xiàn)象。 ( ) (3)傳送帶上的滑塊所受摩擦力方向與傳送帶運動 方向相同。 ( ) (4)重力屬于內(nèi)力。( ),(5)應用牛頓第二定律進行整體分析時，不需要分析 內(nèi)力。 ( ) (6)完全失重時，物體受到的重力變?yōu)榱恪? ),考點1 超重和失重現(xiàn)象 【典題突破】 典例1 (多選)停在10層的電梯底板上放置有兩塊相 同的條形磁鐵，磁鐵的極性及放置位置如圖所示。 開始時兩塊磁鐵在電梯底板上處于靜止 ( ),A.若電梯突然向下開動(磁鐵與底板始終相互接觸)，并停在1層，最后兩塊磁鐵可能已碰在一起 B.若電梯突然向下開動(磁鐵與底板始終相互接觸)，并停在1層，最后兩塊磁鐵一定仍在原來位置,C.若電梯突然向上開動，并停在20層，最后兩塊磁鐵可能已碰在一起 D.若電梯突然向上開動，并停在20層，最后兩塊磁鐵一定仍在原來位置,【解題思維】 1.題型特征：物體有向上或向下的加速度。 2.題型解碼：物體加速度向下時，物體所受支持力小于重力，接觸面支持力越小，最大靜摩擦力越小。,【解析】選A、C。電梯突然向下開動時處于失重狀態(tài)，磁鐵與電梯底板間的最大靜摩擦力減小，若最大靜摩擦力小于兩磁鐵間的引力，則兩磁鐵會相互靠近并碰在一起，A對B錯；若電梯突然向上開動，則處于超重狀態(tài)，但電梯在接近20層時，會做減速運動，此時電梯失重，磁鐵與電梯底板間的最大靜摩擦力減小，兩磁鐵有可能會相互靠近并碰在一起，故C對D錯。,觸類旁通 (多選)直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示。設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)，在箱子下落過程中，下列說法正確的是 ( ),A.箱內(nèi)物體對箱子底部始終沒有壓力 B.箱子剛從飛機上投下時，箱內(nèi)物體受到的支持力最大 C.箱子接近地面時，箱內(nèi)物體受到的支持力比剛投下時大 D.若下落距離足夠長，箱內(nèi)物體受到的支持力等于物體的重力,【解析】選C、D。因為受到阻力，不是完全失重狀態(tài)，所以物體對支持面有壓力，A錯；由于箱子阻力與下落速度的平方成正比，故箱子最終將做勻速運動，受到的壓力等于重力，B錯，C、D對。,【提分秘籍】 判斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度 (1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時處于失重狀態(tài)；等于零時處于完全失重狀態(tài)。,(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)；向下的加速度恰好等于重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。 (3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重。,【加固訓練】 (多選)一種巨型娛樂器材可以讓人體驗超重和失 重的感覺。一個可乘坐多個人的環(huán)形座艙套在豎直柱 子上，由升降機運送到幾十米的高處，然后讓座艙自 由下落。下落一定高度后，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減 速運動，到地面時剛好停下。下列判斷正確的是( ),A.座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) B.座艙在自由下落的過程中人處于完全失重狀態(tài) C.座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態(tài) D.座艙在減速運動的過程中人處于失重狀態(tài),【解析】選B、C。由超重、失重的條件看加速度，當運動的加速度向下時，失重，且向下的a=g時，處于完全失重；加速度向上時，處于超重狀態(tài)，由此確定B、C項正確。,考點2 動力學的連接體問題 【典題突破】 題型1 加速度相同的連接體 典例2 (2019寧德模擬)如圖所示，可看作質(zhì)點的兩物塊A、B的質(zhì)量分別為2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，,兩端分別與A、B相連接，A和滑輪間的輕繩與桌面平行?，F(xiàn)將A從靜止釋放，當B落地時，A還在桌面上。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：,(1)B落地前的加速度a的大小。 (2)B落地前滑輪對輪軸的壓力F的大小。,【解題思維】 1.題型特征：兩物塊通過繩相連，且均沿繩運動。 2.題型解碼：兩物塊通過不可伸長的柔軟輕繩相連，跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，且物塊均沿繩運動，物塊速度大小相同，加速度大小相同。,【解析】(1)B落地前，對于A，取水平向左為正， 對于B，取豎直向下為正， 根據(jù)牛頓第二定律得，T=2ma，mg-T=ma 聯(lián)立兩式解得a= g。,(2)由(1)解得B落地前輕繩的張力T= mg 則滑輪對輪軸的壓力大小等于滑輪受到的輕繩壓力 大小，F(xiàn)=2Tcos 45= mg。 答案：(1) g (2) mg,觸類旁通 (多選)我國高鐵技術(shù)處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組( ),A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B.做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32,C.進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比 D.若改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為12,【解析】選B、D。列車啟動時，乘客隨車廂加速運 動，加速度方向與車的運動方向相同，故乘客受到車 廂的作用力方向與車運動方向相同，選項A錯誤；動車 組運動的加速度a= -kg，則對6、7、8節(jié) 車廂的整體：f56-3kmg=3ma，解得f56=0.75F；對7、8 節(jié)車廂的整體：f67=2ma+2kmg=0.5F，故5、6節(jié)車廂與 6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32，選項B正確；,根據(jù)動能定理 Mv2=kMgs，解得s= ，可知進站時 從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時速 度的平方成正比，選項C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的 最大速度為vm1= 8節(jié)車廂有4節(jié)動車時的最大速 度為vm2= ，則 選項D正確。,題型2 加速度不同的連接體 典例3 水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為。細繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖所示。初始時，繩處于水平拉直狀態(tài)。若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g。求：,(1)物塊B克服摩擦力所做的功。 (2)物塊A、B的加速度大小。,【解題思維】 1.題型特征：繩跨過動滑輪連接物體。 2.題型解碼：找到加速度關(guān)系，分別列牛頓第二定律。,【解析】(1)物塊A移動了距離s，則物塊B移動的 距離為s1= s 物塊B受到的摩擦力大小為f=4mg 物塊B克服摩擦力所做的功為W=fs1=2mgs ,(2)設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中的 張力為T。由牛頓第二定律得F-mg-T=maA 2T-4mg=4maB 由A和B的位移關(guān)系得aA=2aB 聯(lián)立式得aA= aB= 答案：(1)2mgs (2),【提分秘籍】 加速度相同的連接體，可用整體法求加速度，再用隔離法求某一部分所受內(nèi)力。加速度不同的連接體，采用隔離法分別求解加速度，找到物體之間的受力或運動關(guān)系。,1.整體法的選取原則及步驟： (1)當只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。 (2)運用整體法解題的基本步驟。,2.隔離法的選取原則及步驟： (1)當涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。 (2)運用隔離法解題的基本步驟。 明確研究對象或過程、狀態(tài)。,將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。 畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。 選用適當?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。,【加固訓練】 如圖所示，a、b兩個物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連。當用恒力F豎直向上拉著物體 a，使物體a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為x1 ；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著物體 a，使物體a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為x2，則 ( ),A.x1一定等于x2 B.x1一定大于x2 C.若m1m2，則 x1x2 D.若m1m2，則 x1x2,【解析】選A。由牛頓第二定律知，對左圖的整體， 加速度a1= ，對左圖的物體b，有 kx1-m2g=m2a1，聯(lián)立以上二式解得kx1= ；對 右圖的整體，加速度a2= ，對右圖的物體b， 有kx2=m2a2，聯(lián)立以上二式解得kx2= ，可見 x1=x2，選項A正確。,考點3 動力學中的臨界和極值問題 【典題突破】 題型1 臨界法分析臨界問題 典例4 航空母艦艦載機安裝慣性制導系統(tǒng)加速度計，其構(gòu)造原理示意圖如圖所示，沿水平方向固定的光滑桿上套有質(zhì)量為0.16 kg的滑塊，兩側(cè)分別與勁度系數(shù)均為10 N/m的彈簧相連，彈簧兩端固定在壁上。,滑塊上有指針，可通過標尺測出滑塊位移，標尺每個小格的長度為1 cm。當系統(tǒng)勻速運動時，彈簧處于自然長度，指針指向“0”刻度。已知彈簧的彈性限度為8 cm，重力加速度g取10 m/s2。,(1)在不損壞加速度計前提下，艦載機以最大加速度水 平加速過程中，飛機對質(zhì)量為60 kg的飛行員的作用力 為多少？ (2)航空母艦以10 m/s速度航行，而飛機只有達到 50 m/s的速度才能起飛，該航母甲板長160 m，為了 使飛機能安全起飛，飛機勻加速過程中，指針應指向 什么位置？,【解題思維】 1.題型特征：題中臨界性詞語“最大”“限度”“只有”。 2.題型解碼：找出題中臨界條件，根據(jù)彈性限度求出最大彈力，受力分析，求出最大加速度，再求飛行員所受力。,【解析】(1)滑塊質(zhì)量為m，由牛頓第二定律2kx=ma1， 解得：a1=10 m/s2， 對飛行員由牛頓第二定律，所受合力F=Ma1， 解得：F=600 N 飛機對飛行員的作用力 FN=,(2)以航空母艦為參考系，起飛速度為 v2=50 m/s-10 m/s=40 m/s， 安全起飛最小加速度為a2， =2a2L，解得a2=5 m/s2， 2kx=ma2解得x=4 cm，指針偏離“0”刻度4格 答案：(1)600 N (2)偏離“0”刻度4格,如圖所示，細線的一端固定于傾角為45的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球。求：,(1)當滑塊至少以多大加速度向右運動時，小球?qū)瑝K的壓力等于零。 (2)當滑塊以a=2g的加速度向右運動時，線中拉力大小。,【解析】當滑塊具有向右的加速度a時，小球受重力mg、繩的拉力T和斜面的支持力N作用，如圖所示,在水平方向有Tcos 45-Ncos45=ma 在豎直方向有Tsin45+Nsin45-mg=0 由上述兩式可解出：,由此兩式可看出，當加速度a增大時，球所受支持力N 減小，繩拉力T增加，當a=g時，N=0，此時小球雖與 斜面有接觸但無壓力，處于臨界狀態(tài)，這時繩的拉力 T=,當滑塊加速度ag時，小球?qū)ⅰ帮h”離斜面，只受兩力作用，如圖所示，此時細線與水平方向間的夾角45。由牛頓第二定律得：,Tcos=ma，Tsin=mg，解得T= 答案：(1)g (2),題型2 解析法分析臨界問題 典例5 在水平長直的軌道上，有一長度為L=2 m的平板車在外力控制下以速度v0=4 m/s做勻速直線運動。某時刻將一質(zhì)量為m=1 kg的小滑塊輕放到車的中點，同時對該滑塊施加一個與車運動方向相同的恒力F，已知滑塊與車面間動摩擦因數(shù)=0.2，滑塊恰好不能從車的左端掉下，g取10 m/s2。求：,(1)恒力F的大小。 (2)要保證滑塊不從車上掉下，力F的作用時間應該在什么范圍內(nèi)？,【解題思維】 1.題型特征：題目中出現(xiàn)“恰好”“范圍”等關(guān)鍵詞。 2.題型解碼：分析臨界條件“滑塊不從車上掉下”，隱含不能從任何一端掉下，根據(jù)臨界條件列方程求解。,【解析】(1)設恒力F取最小值為F1，滑塊加速度為a1，此時滑塊恰好到達車的左端，則 滑塊運動到車左端的時間t1= 由幾何關(guān)系有v0t1- 由牛頓運動定律有F1+mg=ma1 各式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得t1=0.5 s，F(xiàn)1=6 N,(2)當滑塊運動到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，相對車先做勻加速運動(設運動加速度為a2，時間為t2)，再做勻減速運動(設運動加速度大小為a3)，到達車右端時，與車達到共同速度，則有 F1-mg=ma2 mg=ma3,代入數(shù)據(jù)解得t2= s0.58 s 則力F的作用時間t應滿足 t1tt1+t2，即 0.5 st1.08 s。 答案：(1)6 N (2)0.5 st1.08 s,題型3 動力學中的極值問題 典例6 如圖所示，一質(zhì)量m=0.4 kg的小物塊，以v0= 2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用 下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t=2 s的時間物塊 由A點運動到B點，A、B之間的距離L=10 m。已知斜面傾 角=30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)= ， 重力加速度g取10 m/s2。,(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。 (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？,【解題思維】 1.題型特征：求最大值或最小值。 2.題型解碼：物體所受多個力的合力為定值，求其中某一力的最小值，可列方程，三角函數(shù)求最值。,【解析】(1)由運動學方程得：L=v0t+ at2 2aL= ，代入數(shù)值解得：a=3 m/s2，vB=8 m/s,(2)對物塊受力分析如圖所示， 設拉力F與斜面成角，在垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得：,Fsin+FN=mgcos30 沿斜面方向，由牛頓第二定律可得 Fcos-mgsin300-Ff=ma 又Ff=FN,代入數(shù)值解得：Fcos+ Fsin=5.2 當=30時，拉力F有最小值，且Fmin= 答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30,【提分秘籍】 1.“四種”典型臨界條件： (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN=0。 (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。,(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT=0。 (4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件是當加速度變?yōu)?時。,2.“兩種”典型分析方法： (1)臨界法：分析題目中的物理過程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應的臨界條件入手，求出臨界值。 (2)解析法：明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式分析臨界值。,【加固訓練】一物體在斜面上以一定的初速度向上運動，斜面的傾角可在090之間變化，設物體所能達到的最大位移x與斜面傾角之間的關(guān)系如圖所示，試求當多大時x有最小值？這個最小值是多大？,【解析】設物體的初速度為v0，在斜面上滑行時的 加速度大小為a，則 a=g(sin+cos) x= 當=90時，物體做豎直上拋運動，由圖可知上升 的最大高度為10 m，則 - = -2gh,所以v0=10 m/s 當=0時，物體沿水平面做勻減速直線運動， 由圖可知此時滑行的最大距離為10 m，則 - = -2gx 故=,將v0和的值代入上面x的表達式，再利用數(shù)學知識整 理可得當90-=arc cos( )時，位移x有最小 值，將= 代入得 =60 所以最小值為xmin= 答案：60 5 m,用牛頓運動定律處理動力學問題,規(guī) 范 解 答 解： (1)在02 s時間內(nèi)A的受力分析如圖 N=Gcos37=0.8mg (1分) F=Gsin37-1N=0.6mg- 0.8mg=0.3mg (1分) 由牛頓第二定律可得aA= =3 m/s2 (1分),在02 s時間內(nèi)B的受力分析如圖 NA=mgcos37=0.8mg (1分) NC=NA+mgcos37=1.6mg (1分) fA=1NA= 0.8mg=0.3mg (1分) fC=2NC=0.51.6mg=0.8mg (1分) F=Gsin37+fA-fC=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg (2分) 由牛頓第二定律可得aB= =1 m/s2 (1分),(2)2 s時，vA=aAt=32 m/s=6 m/s (1分) vB=aBt=12 m/s=2 m/s (1分) B的上表面突然變?yōu)楣饣骯A= =6 m/s2(1分) aB= =-2 m/s2 (1分) 1 s后B將停止運動，3 s內(nèi)B運動的距離為 sB= aB(2 s)2+vB1 s+ aB(1 s)2=3 m (2分),設A在B上總的運動時間為t，則A的位移為30 m， sA= aA(2 s)2+vA(t-2 s)+ aA(t-2 s)2 =30 m (2分) 解得t=4 s (2分),滿 分 規(guī) 則 規(guī)則1：答題過程，條理清晰 解題過程應條理清晰、層次分明。對于綜合性較強的題目，先選取研究對象，然后進行受力分析和運動過程分析(如本題中的受力分析圖)，最后選擇合適的規(guī)律列方程，并注意聯(lián)系前后過程的關(guān)鍵物理量。,規(guī)則2：解析過程，分步列式 解題時要注意分步列式，不要漏掉或合并關(guān)系式，避免閱卷時找不到得分點，或者合并的綜合算式一處錯而導致全部錯誤，丟失步驟分。 規(guī)則3：矢量方程，注意方向 牛頓第二定律的表達式是矢量式，列方程時要注意正方向的規(guī)定或選取。,規(guī)則4：數(shù)學運算，可以淡化 閱卷原則是“只看物理公式和答案，不看數(shù)學運算過程”。只有物理公式和最后的答案是得分點，應用物理過程導出的數(shù)學運算過程不是得分點。 規(guī)則5：文字說明，簡潔明了 分析過程，分步列式時加以必要的文字說明，使解題過程更具有系統(tǒng)性。,五 “傳送帶”模型問題 【學科素養(yǎng)養(yǎng)成】 1.模型特點：傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題。 2.解題關(guān)鍵：傳送帶問題求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。,(1)若物塊速度與傳送帶的速度方向相同，且v物v帶， 則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力，物塊做減速運動。 (3)若物塊速度與傳送帶的速度方向相反，傳送帶對 物塊的摩擦力為阻力，物塊減速；當物塊速度減為零 后，傳送帶對物塊的摩擦力為動力，物塊做反向加速 運動。,(4)若v物=v帶，看物塊有沒有加速或減速的趨勢，若物塊有加速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力；若物塊有減速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為動力。,核心素養(yǎng)分析：考查學科核心素養(yǎng)中的“科學思維”的模型建構(gòu)和科學推理能力，能將實際問題中的對象和過程轉(zhuǎn)換成物理模型，并對該問題進行綜合分析和推理。,【典題分類突破】 典例1 (水平傳送帶)如圖所示，水平傳送帶兩端相距x=8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.6，工件滑上A端時速度vA=10 m/s，設工件到達B端時的速度為vB。(g取10 m/s2),(1)若傳送帶靜止不動，求vB。 (2)若傳送帶以v=13 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，求vB及工件由A到B所用的時間。,【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可知mg=ma， 則a=g=6 m/s2， 且 =2ax， 故vB=2 m/s。,(2)工件速度達到13 m/s所用時間為t1= =0.5 s， 運動的位移為x1=vAt1+ =5.75 m8 m，則工件在到達 B端前速度就達到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜 止，因此工件先加速后勻速運動，勻速運動的位移x2= x-x1=2.25 m，t2= 0.17 s， t=t1+t2=0.67 s。 答案：(1)2 m/s (2)13 m/s 0.67 s,典例2 (傾斜傳送帶)如圖所示，沿順時針轉(zhuǎn)動的傳送 帶AB，長L=7 m，與水平面的夾角=37，速度恒為 v=2 m/s，在傳送帶底端A處無初速度釋放一質(zhì)量m= 0.5 kg的物體，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) =0.8。(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取 10 m/s2)求：,(1)物體放上傳送帶瞬間的加速度大小。 (2) 5 s后物體的速度大小。 (3) 物體從A運動到B的時間。,【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律有 mgcos37-mgsin37=ma 代入數(shù)據(jù)可以求得a=0.4 m/s2。 (2) 加速到相對傳送帶靜止的時間 t1= =5 s 所以5 s后隨傳送帶一起勻速運動，速度為2 m/s。,(3)加速運動的位移 x1= 0.452 m=5 m 勻速運動的位移 x2=L-x1=(7-5)m=2 m,勻速運動的時間 t2= =1 s 可以求得 t=t1+t2=6 s。 答案：(1)0.4 m/s2 (2)2 m/s (3)6 s,典例3 (水平傳送帶和傾斜傳送帶結(jié)合)一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB=4 m，BC段是傾斜的，長度LBC=5 m，傾角為=37，AB和BC由B點通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v=4 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5，重力加速度g取10 m/s2。現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速度地放在A點，求：,(1)工件第一次到達B點所用的時間。 (2)工件沿傳送帶上升的最大高度。 (3)工件運動了23 s后所在的位置。,【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小 為a1，由牛頓第二定律得mg=ma1， 解得a1=g=5 m/s2， 經(jīng)t1時間工件與傳送帶的速度相同，解得 t1= =0.8 s， 工件前進的位移為x1= a1 =1.6 m，,此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時 t2= =0.6 s， 所以工件第一次到達B點所用的時間 t=t1+t2=1.4 s；,(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為a2，由牛頓 第二定律得mgcos-mgsin=ma2， 解得a2=-2 m/s2 由速度位移公式得0-v2=2a2 解得hm=2.4 m；,(3)工件沿傳送帶向上運動的時間為 t3= =2 s， 此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在傳送帶上做往復運動，其周期為T，則 T=2t1+2t3=5.6 s，,工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分， 且速度變?yōu)榱闼钑r間t0=2t1+t2+2t3=6.2 s，而23 s =t0+3T，這說明經(jīng)過23 s后工件恰好運動到傳送帶的 水平部分，且速度為零，故工件在A點右側(cè)，到A點的 距離x=LAB-x1=2.4 m。 答案：(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A點右側(cè)2.4 m處,【技巧點撥】解傳送帶問題一般步驟 (1)先判斷物塊所受摩擦力方向。 (2)物塊做勻變速運動到與傳送帶共速。 (3)重新判斷物塊共速之后的運動性質(zhì)。 (4)列方程求解。,【素養(yǎng)提升訓練】 1.(多選)如圖所示，白色傳送帶保持v0=10 m/s的速度 逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一質(zhì)量為0.4 kg的煤塊輕放在傳送 帶的A端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)=0.5，傳送帶 AB兩端距離x=16 m，傳送帶傾角為37，(sin 37= 0.6，cos 37=0.8，g=10 m/s2) ( ),A.煤塊從A端運動到B端所經(jīng)歷的時間為2 s B.煤塊從A端運動到B端相對傳送帶的位移為6 m C.煤塊從A端運動到B端畫出的痕跡長度為5 m D.煤塊從A端運動到B端摩擦產(chǎn)生的熱量為6.4 J,【解析】選A、C。煤塊剛放上傳送帶時的加速度大小 為a1= =gsin 37+gcos 37 =6 m/s2+0.58 m/s2=10 m/s2， 則煤塊速度達到傳送帶速度的時間為： t1= =1 s， 位移為：x1= =5 m，,煤塊速度達到傳送帶速度后的加速度為： a2= =gsin 37-gcos 37 =6 m/s2-4 m/s2=2 m/s2， 根據(jù)x-x1=v0t2+ 代入數(shù)據(jù)解得：t2=1 s，,則煤塊從A端運動到B端所經(jīng)歷的時間為：t=t1+t2= 2 s，故A正確。煤塊速度達到傳送帶速度時，相對位 移大小x1=v0t1-x1=10 m-5 m=5 m，物塊速度達到傳 送帶速度后相對位移的大小x2=x-x1-v0t2=11 m-10 1 m=1 m，則相對位移的大小x=x1-x2=5 m- 1 m=4 m，故B錯誤。,留下的痕跡長度x=x1=5 m，故C正確。摩擦產(chǎn) 生的熱量Q=mgcos 37x1+mgcos 37x2 =0.540.85 J+0.540.81 J=9.6 J， 故D錯誤。,2.(多選)如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶右端有一個與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定速率v2沿直線向左滑向傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水平面，速率為v2，則下列說法中正確的是 ( ),A.只有v1=v2時，才有v2=v1 B.若v1v2時，則v2=v2 C.若v1v2時，則v2=v1 D.不管v2多大，總有v2=v2,【解析】選B、C。物體在傳送帶上向左減速、向右加速的加速度大小相同；當v1v2時，向左減速過程中前進一定的距離，返回時，因加速度相同，在這段距離內(nèi)，加速所能達到的速度仍為v2；當v1v2時，返回過程中，當速度增加到v1時，物體與傳送帶間將保持相對靜止，不再加速，最終以v1離開傳送帶。,3.如圖所示，兩木塊A、B質(zhì)量均為m，用勁度系數(shù)為k、原長為L的輕彈簧連在一起，放在傾角為的傳送帶上，兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，與傳送帶平行的細線拉住木塊A，傳送帶按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動，兩木塊處于平衡狀態(tài)。求：,(1)A、B兩木塊之間的距離。 (2)剪斷細線瞬間，A、B兩木塊的加速度。,【解析】(1)隔離B木塊分析，由平衡條件可得： F彈=mgsin +mgcos ， 由胡克定律：F彈=kx 兩木塊間的距離為： LAB=L+x=L+,(2)剪斷細線瞬間彈簧彈力不變，對木塊B由牛頓 第二定律有F彈-(mgsin +mgcos )=maB 解得aB=0 對于木塊A有F彈+mgcos +mgsin =maA 解得：aA=2(gsin +gcos ) 答案：(1)L+ (2)2(gsin +gcos ),六 “滑塊木板”模型問題 【學科素養(yǎng)養(yǎng)成】 1.模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。,2.解題關(guān)鍵： (1)摩擦力方向的特點。 若兩個物體同向運動，且兩個物體“一快一慢”或“一動一靜”，則“快”或“動”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為阻力，“慢”或“靜”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為動力。 若兩個物體反向運動，則每個物體受到的另一個物體對它的摩擦力均為阻力。,(2)運動特點。 若滑塊由木板的一端滑出，則滑塊位移大小x1、木板位移大小x2以及滑塊到板端的長度L，有以下關(guān)系x1-x2=L(同向運動時)或x1+x2=L(反向運動時)。 若滑塊與木板最終相對靜止，則它們的末速度相等。,核心素養(yǎng)分析：考查學科核心素養(yǎng)中的“科學思維”的模型建構(gòu)和科學推理能力，能將實際問題中的對象和過程轉(zhuǎn)換成物理模型，并對該問題進行綜合分析和推理。,【典題分類突破】 典例1 (一板一塊問題)(多選)如圖所示，一足夠長 的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上， 木板和物塊間有摩擦，現(xiàn)用水平力向右拉木板，當 物塊相對木板滑動了一段距離但仍有相對運動時， 撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情 況為 ( ),A.物塊先向左運動，再向右運動 B.物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動 C.木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動 D.木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零,【解析】選B、C。根據(jù)受力分析可知，當撤掉拉力后，木板向右做減速運動，物塊向右做加速運動，直到兩者速度相等后，一起做勻速運動，故B、C正確。,典例2 (一板多塊問題)(2017全國卷)如圖，兩個 滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止 于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦 因數(shù)均為1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4 kg，與地面間的 動摩擦因數(shù)為2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑 動，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時，A與木板 恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重 力加速度大小g取10 m/s2。求,(1)B與木板相對靜止時，木板的速度。 (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。,【解析】(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B與木板間的摩擦力的大小分別為f1、f2，木板與地面間的摩擦力的大小為f3，A、B、木板相對于地面的加速度大小分別是aA、aB和a1 在滑塊B與木板達到共同速度前有：,f1=1mAg f2=1mBg f3=2(mA+mB+m)g 由牛頓第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 ,設在t1時刻，B與木板達到共同速度，設大小為v1。 由運動學公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得： t1=0.4 s，v1=1 m/s ,(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離 sB=v0t1- aB 設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為 a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有： f1+f3=(mB+m)a2,由式知，aA=aB；再由可知，B與木板達 到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與 木板相反，由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度 相同，設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所 用時間為t2，根據(jù)運動學公式，對木板有 v2=v1-a2t2 對A有v2=-v1+aAt2,在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2- a2 在(t1+t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2,A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0=sA+s1+sB 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得s0=1.9 m 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m,典例3 (多階段板塊問題)(2015全國卷)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；,運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：,(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2。 (2)木板的最小長度。 (3)木板右端離墻壁的最終距離。,【解析】(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 ,由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s， 由運動學公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+ a1 式中，t1=1 s，s0=4.5 m是木板碰前的位移，v0是小 物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立式和題給條件得1=0.1 ,在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻 變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。 設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 -2mg=ma2 由圖可得a2= 式中，t2=2 s，v2=0， 聯(lián)立式和題給條件得2=0.4 ,(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t ,碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中， 木板運動的位移為s1= t 小物塊運動的位移為s2= t 小物塊相對木板的位移為s=s2-s1 聯(lián)立 式，并代入數(shù)值得 s=6.0 m,因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的