（新课标）年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用（二）课件.ppt

课标版课标版 物理物理第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=Fs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。考点突破考点突破(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。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v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。乙此种情形下,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v0gsin时,有mgsin+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-mgsin。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agsin时,有mgsin-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=mgsin-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。典例典例2如图所示,传送带与地面夹角=37,从AB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)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mgsin+mgcos=ma1,得a1=10(0.6+0.50.8)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。乙甲由于tan,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mgsin-mgcos=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AB的时间t=t1+t2=2s。(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。1-2(2015福建上杭一中检测)如图所示,倾角=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=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解析设P初始下滑的加速度为a1,则有mgsin+mgcos=ma1解得a1=g(sin+cos)=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=1mt1时,设A和B的加速度分别为a1和a2。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得a1=6m/s2a2=-2m/s2即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+a2t2=0联立式得t2=1s在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为