2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题提升四动力学中的两类经典模型教案鲁科版VIP

1、专题提升(四)动力学中的两类经典模型 “传送带”模型模型概述传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变常见情形(1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v;当v0l=8 m,则由-=-2al,得vb=2 m/s.(2)由题意知,传送带顺时针匀速转动的速率12 m/sv0,物块所受的摩擦力沿传送带运动方向,即物块先加速到v1=12 m/s,由-=2as1,得s1= ml=8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达b时的速度为vb=v1=12 m/s.(3)当物块

2、初速度v0=6 m/s时,物块速度减为零时的位移s2=3 ml,所以物块先向右减速后向左加速.由0=v0-at1,得t1=1 s.当物块向左加速到v2=4 m/s时由=2as3得s3= ms2=3 m.故物块向左先加速运动后匀速运动.由v2=at2,得t2= s.物块匀速运动的位移s4=s2-s3= m.由s4=v2t3,得t3= s.故总时间t=t1+t2+t3= s.答案:(1)2 m/s(2)12 m/s(3) s(1)求解水平传送带问题的关键正确分析物体所受摩擦力的方向.注意转折点:物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻.(2)处理此类问题的一般流程弄清初始条件

3、判断相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向由物体的速度变化分析相对运动进一步确定以后的受力及运动情况.角度2倾斜传送带例2(2019安徽合肥质检)如图所示,某皮带传动装置与水平面夹角为30,两轮轴心相距l=2 m,a,b分别是传送带与两轮的切点,传送带不打滑.现使传送带沿顺时针方向以v=2.5 m/s的速度匀速转动,将一小物块轻轻地放置于a点,小物块与传送带间的动摩擦因数=,g取10 m/s2.试求:(1)小物块运动至b点的时间;(2)若传送带速度可以任意调节,当小物块在a点以v0=3m/s的速度沿传送带向上运动时,小物块到达b点的速度范围.审题图示:解析:

4、(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动,设加速度为a1,根据牛顿第二定律有mgcos 30-mgsin 30=ma1,解得a1=2.5 m/s2.设小物块速度等于2.5 m/s时,小物块运动的位移为l1,用时为t1,则t1=1 s,l1=1.25 m,因l1tan 30,故小物块速度等于2.5 m/s时,将匀速运动至b点,设用时为t2,则t2=0.3 s,故小物块从a到b所用的时间t=t1+t2=1.3 s.(2)由于传送带速度可以任意调节,则当小物块从a到b一直做匀加速直线运动时,到达b点的速度最大.由牛顿第二定律及运动学公式有-=2a1l,解得vb=8 m/s.小物块从a到b一直做

5、匀减速直线运动时,到达b点的速度最小,由牛顿第二定律有mgsin 30+mgcos 30=ma2,解得a2=12.5 m/s2.由运动学公式可知vb2=-2a2l,解得vb=2 m/s.即小物块到达b点的速度范围为2 m/svb8 m/s.答案:(1)1.3 s(2)2 m/svb8 m/s分析倾斜传送带问题的两个关键时刻(1)初始时刻,根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向.(2)当v物=v传时(速度相等是解决问题的转折点),判断物体能否与传送带保持相对静止.1.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速

6、运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是(c)a.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧b.木炭包的质量越大,径迹的长度越短c.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短d.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:刚放上木炭包时,木炭包相对传送带向左滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,故a错误;木炭包与传送带之间的摩擦力提供木炭包运动的加速度,由牛顿第二定律知mg=ma,所以a=g,当木炭包与传送带达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2=2as得,木炭包位移s木=,设相对滑动的时间为t,则t=,此时传送带的位移s传=vt=,所以相

7、对位移s=s传-s木=,由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关,故b错误;木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,故c正确;传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,故d错误.2.如图(甲)所示,足够长的传送带与水平面夹角为,传送带匀速转动,在传送带上某位置轻轻放置一滑块,滑块与传送带间的动摩擦因数为,滑块速度随时间变化的关系如图(乙)所示,v0,t0已知,则(d)a.传送带一定顺时针转动b.=tan +c.传送带的速度大于v0d.t0后滑块的加速度为2gsin -解析:若传送带顺时针转动,当滑块下滑时(mgsin mgcos ),将一直匀加速到底端;当滑块上滑时(mgsin s块,s=s

8、板-s块,最后分离或相对静止块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,s板30 n,所以物块能够滑离木板,对木板,由牛顿第二定律得f-mgcos -mgsin =ma1,对物块,由牛顿第二定律得mgcos -mgsin =ma2,设物块滑离木板所用时间为t,则此时木板的位移s1=a1t2物块的位移s2=a2t2物块与木板的分离条件为s=s1-s2=l解得t=1.2 s.物块滑离木板时的速度v=a2t物块滑离木板后的加速度大小a3=gsin =5 m/s2.物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离s=.解得s=0.9 m.答案:(1)f30 n(2)能1.2 s0.9 m滑块与滑板间相对滑动

9、的临界条件(1)运动学条件:若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动.(2)力学条件:一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f,比较f与最大静摩擦力fmax的关系,若ffmax,则发生相对滑动.(3)滑块滑离滑板的临界条件:当滑板的长度一定时,滑块可能从滑板滑下,恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1.(2019山东日照模拟)(多选)滑沙是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始

10、下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是(ac)a.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2b.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2c.经过 s的时间,小孩离开滑板d.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析:对小孩,由牛顿第二定律,加速度大小为a1=2 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2=1 m/s2,选项a正确,b错误;要使小孩与滑板分离,需要满足a1t2-a2t2=l,解得t= s(另一解不符合,舍

11、去),离开滑板时小孩的速度大小v=a1t=2 m/s,选项c正确,d错误.2.(2019山西吕梁期末)如图所示,一质量为m=4 kg,长为l=2 m的木板放在水平地面上,已知木板与地面间的动摩擦因数为=0.1,在此木板的右端上还有一质量为m=1 kg的铁块,且视小铁块为质点,木板厚度不计.今对木板突然施加一个水平向右的拉力f.(1)若木板上表面光滑,拉力大小为6 n,求木板的加速度大小和小铁块离开木板的时间;(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2,铁块与地面间的动摩擦因数为0.1,要使小铁块对地面的总位移不超过1.5 m,则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件?(g=10 m/s2)解析:

12、(1)对木板受力分析,由牛顿第二定律得f-(m+m)g=ma解得a=0.25 m/s2.小铁块离开木板时,木板发生的位移为l=2 m,则有l=at2,解得t=4 s.(2)铁块在木板上时,加速度大小a1=1g=2 m/s2铁块在地面上时,加速度大小a2=2g=1 m/s2对木板,有f-1mg-(m+m)g=ma3设铁块从木板上滑下时的速度为v1,铁块在木板上和地面上的位移分别为s1,s2,则=2a1s1=2a2s2并且满足s1+s21.5 m设铁块在木板上滑行时间为t1,则s1=a1木板对地面的位移s=a3且s=s1+l联立解得f47 n.答案:(1)0.25 m/s24 s(2)f47 n1

13、.(2019湖南长沙模拟)(多选)飞机场的行李传送装置如图所示,水平传送带以速度v1顺时针匀速转动,倾斜传送带以速度v2顺时针匀速转动,v1tan ,两传送带之间平滑连接,则行李箱速率随时间变化的关系图象可能是(acd)解析:行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,行李箱的速度可能与传送带共速,之后做匀速直线运动.滑上倾斜传送带时,由于v1tan ,有mgcos mgsin ,可知行李箱先做匀加速运动,与传送带共速后做匀速运动,行李箱也可能一直做匀加速运动,与传送带共速后不可能做匀减速运动,故a正确,b错误;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传

14、送带时,可能一直做匀加速运动,故c正确;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传送带时,可能先做匀加速运动,后做匀速直线运动,故d正确.2.(2019江西南昌联考)质量为m0=20 kg、长为l=2 m的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因数为1=0.1.将质量m=10 kg的小木块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板间的动摩擦因数为2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2).则以下说法中正确的是(c)a.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板b.木板一定静止不动,小木块能滑出木板c.木板一定向右滑

15、动,小木块不能滑出木板d.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板解析:木块对木板的摩擦力f1=2mg=40 n,水平面对木板的摩擦力f2=1(m+m0)g=30 n,因为f1f2,所以木板一定向右运动.对木块,由牛顿第二定律得a1=4 m/s2,对木板,由牛顿第二定律有a2=0.5 m/s2,设经过时间t,小木块和木板的速度相等,则有v0-a1t=a2t,解得t= s,共同速度v=a2t= m/s,小木块的位移s1=t= m,木板的位移s2=t= m,小木块相对木板的位移s=s1-s2= ml=2 m,所以小木块不能滑出木板,故c正确.3.(2016江苏卷,9)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将

16、桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(bd)a.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左b.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等c.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大d.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面解析:由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动,故受到桌布对其向右的摩擦力作用,选项a错误;因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,鱼缸在桌布上与在桌面上运动时受摩擦力大小相等,加速度大小相等,鱼缸先在桌布上加速,然后在桌面上减速到停止,根据v=at知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,选项b正确;滑动摩擦力f=n,其大小只与

17、,n有关,故若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将不变,选项c错误;若猫减小拉力,鱼缸可能随桌布一起运动,而滑出桌面,选项d正确.4.(2019江苏卷,15)如图所示,质量相等的物块a和b叠放在水平地面上,左边缘对齐.a与b、b与地面间的动摩擦因数均为.先敲击a,a立即获得水平向右的初速度,在b上滑动距离l后停下.接着敲击b,b立即获得水平向右的初速度,a,b都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)a被敲击后获得的初速度大小va;(2)在左边缘再次对齐的前、后,b运动加速度的大小ab,ab;(3)b被敲击后获得的初速度大小vb.解析:a,b