2019高中物理 专题11 牛顿运动定律的应用之传送带模型学案 新人教版必修1.doc
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1、1专题专题 1111 牛顿运动定律的应用之传送带模型牛顿运动定律的应用之传送带模型水平传送带问题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的分析判断。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。【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,AB长为L,L足够长。问:(1)物体从A到B做什么运动?(2)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?(3)物体从A到B运动的时间为多少?(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短?【答案】 (1)先匀加速,后匀速 (2) (3)
2、(4)vv2 2gv2 gL vv 2g2gL【解析】 (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)由vat和ag,解得tv g(4)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。2gL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。【例 2】 如图所示,传送带与地面夹角37,AB长度为 16 m,传送带以 10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为 0.5 kg 的物体,它与
3、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?(sin 370.6,cos 370.8,g取 10 m/s2)2【答案】 2 s【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,传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff,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mgsin mgcos ma1,得a110(0.60.50.8) m/s210 m/s2。物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1 s1 s,v a110 10时间t1内的位移xa1t5 m。1 22 1由于mgcos 37,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到沿传送带向上的
4、滑动摩擦力摩擦力发生突变。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 解得:t21 s(t211 s 舍去)所以t总t1t22 s.模拟提升模拟提升1 (安徽省淮北一中 2019 届高三第一学期第二次月考)如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的 vt 图象(以地面为参考系)如图乙所示已知 v2v1,物块和传送带间的动摩擦因数为 ,物块的质量为 m,则( )A t2时刻,小物块离 A 处的距离达到最大B 0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先
5、向右后向左C 0t2时间内,摩擦力产生的热量为D 0t2时间内,物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】0t1时间内木块向左做匀减速直线运动,t1时刻以后小物块向右运动,则 t1时刻小物块向左运动到速度为零,离 A 处的距离达到最大,故 A 错误;0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右,7t2t3时间内小物块不受摩擦力作用,故 B 错误;0-t2时间内,物块与传送带间的相对路程为:;摩擦产生的热量为:Q=mgs=mg故 C 错误;0-t2时间内,物块在传送带上留下的划痕为:L=s=,故 D 正确;故选 D。2 (四川省三台中学高三第 2 次考试)如图所示,水平方向的传送带顺时针转动,
6、传送带速度大小恒为v2m/s,一物块从B端以初速度v04 m/s 滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数0.4,g取 10m/s2,下列判断正确的是( )A 如果物块从 A 端离开传送带,两端A、B间距离可能为 3 mB 如果物块从 B 端离开传送带,两端A、B间距离可能为 3 mC 如果两端A、B间距离为 4 m,物块离开传送带时的速度大小为 2 m/sD 如果两端A、B间距离为 4 m,物块离开传送带时的速度大小为 4 m/s【答案】BC【解析】2m;故 A 错误;B、若从 B 端离开,只要传送带长度大于 2m 即可,故 B 正确;C、若 AB 间距为 4m,则物块向左匀减速 2m,然后向
7、由开始匀加速运动 2m,故 C 正确;故本题选 BC.3 (2019 届贵州省遵义航天高级中学高三第二次模拟考试)如图 1 所示,倾角为 的足够长传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行. 时,将质量的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图 2 所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度.则( )8A 摩擦力的方向始终沿传送带向下B 12 内,物块的加速度为 2C 传送带的倾角D 物体与传送带之间的动摩擦因数【答案】BD【解析】开始物块相对于传送带向后滑动,物块受到的摩擦力平行于传送带向下,当物块受到大于传送带速度后,物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上,故 A 错误;由图
8、 2 所示图象可知,12s 内,物块的加速度,故 B 正确;由图 2 所示图象可知,在 01s 内物块的加速度,由牛顿第二定律得:mgsin+mgcos=ma,在 12s 内,由牛顿第二定律得:mgsin-mgcos=ma,解得:=0.5,=37,故 C 错误,D 正确。所以 BD 正确,AC 错误。4 (2018 辽宁省新民市第一高级中学高二下期末)如图传送带以 v1的速度匀速运动,物体以 v2的速度从 B 点滑上传送带,已知 A、B 之间的传送带长度为L,物体与传送带之间的动摩擦因素为 ,则以下判断正确的是( )A 当时,物体一定从左端离开传送带B 当时,物体一定从左端离开传送带C 物体从
9、右端 B 点离开传送带时的速度一定等于 v1D 物体从右端 B 点离开传送带时的速度一定不会大于 v2【答案】BD【解析】A、当物体向左的速度等于 0 时的位移满足:时,即当时,物体一定从左端离开传送带,与传送带的速度无关,故选项 A 错误,B 正确;9度达到做匀速直线运动,滑动 B 端的速度为,都不可能大于,故 C 错误,D 正确。5 (2019 届宁夏银川一中高三第二次月考)如图所示,水平传送带A、B两端相距s7.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数0.1.工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,g取 10 m/s2,则( )A 若传送带不动,则vB2 m/sB 若传
10、送带以速度v4 m/s 逆时针匀速转动,vB1 m/sC 若传送带以速度v5 m/s 顺时针匀速转动,vB5 m/sD 若传送带以速度v6 m/s 顺时针匀速转动,vB6 m/s【答案】BC【解析】若传送带不动,工件的加速度 a=g=1m/s2,由 vB2-vA22as,得m/s=1m/s。故 A 错误。若传送带以速度 V=4m/s 逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为 a=g,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则 vB=1m/s。故 B 正确。若传送带以速度 v=5m/s 顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,工件的
11、加速度仍为 a=g,当达到于传送带共速时,则以后物体将以 5m/s 的速度到达 B 点,选项 C 正确;若传送带以速度 v6 m/s 顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,工件的加速度仍为 a=g,当达到于传送带共速时说明物块到达 B 点时还未与传送带共速,则速度小于 6 m/s。D 错误。故选 BC.6 (2018 广东省普宁市第二中学高三七校联合体考前冲刺)如图所示,竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点,圆弧轨道的圆心为O,半径为R一质量为m的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,再滑上传送带PC,传送带可以速度10沿逆时针方
12、向的传动小物块与传送带间的动摩擦因数为,不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失,若传送带沿逆时针方向转动,物块恰能滑到右端C,重力加速度为g=10 m/s2则下列说法正确的是A 若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大,小物块不能滑到传送带右端CB 传送带PC之间的距离C 若传送带速度大小v0不变,顺时针转动,小物块从P点滑到C点所用的时间D 若传送带速度大小v0不变,顺时针转动,要让小物块一直在传送带上做匀减速运动,则小物块在圆弧顶点A的最小速度【答案】BCDB、从 A 到 C,对小物块运用动能定理可得:,解得:,故 B 正确;C、若传送带速度大小 v0不变,顺时针转动,根据动能定
13、理得:,可得,物块滑动到 P 点的速度: 根据牛顿第二定律可得:,得 假设传送带足够长,共速时间: 共速时小物块相对 P 点向右运动的位移:,故小物块在传送带上先做匀减速运动,然后做匀速运动,则匀速运动的时间为:可得小物块从 P 点滑到 C 点所用的时间:,故 C 正确;D、若传送带速度大小 v0不变,要让小物块一直在传送带上做匀减速运动,则小物块滑到传送带右端 C 时11速度恰好与传送带共速为:7 (2018 江苏省姜堰中学高二第二学期学业水平测试)下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B 两端相距3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角 =37,C、D
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