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鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律学法指导课板块传送带等时圆学案
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这是一份鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律学法指导课板块传送带等时圆学案，共9页。
学法指导课 板块、传送带、等时圆题型一 板块滑动模型 例 (多选)(2021河南安阳模拟)质量为M=20 kg、长为L=10 m的木板放在水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,质量m=10 kg的小木块(可视为质点),以v0=9 m/s的速度从木板的左端水平入射到木板上(如图所示),小木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2)。则以下判断正确的是 ( )A.木块能滑出木板B.木块不能滑出木板C.经过2 s后,木板与木块开始一起匀减速运动D.全过程木板的位移为2 m答案 BC 木块对木板的摩擦力f1=μ2mg=0.4×100 N=40 N,地面对木板的摩擦力f2=μ1(M+m)g=30 N,因为f1>f2,木板会向右加速运动,根据牛顿第二定律得木板的加速度a1== m/s2=0.5 m/s2,木块的加速度a2=μ2g=4 m/s2,则由v=a1t=v0-a2t可得t=2 s,v=1 m/s,即经过2 s后,木板与木块达到共速,2 s内木板的位移x1=a1t2=×0.5×22 m=1 m,木块的位移x==10 m,x-x1<L,所以木块不能滑出木板,两者开始一起做匀减速运动,选项B、C正确,A错误;两者一起运动的加速度为a=μ1g=1 m/s2,位移x2== m=0.5 m,则全过程木板的位移为1.5 m,选项D错误。学法指导1.板块模型的特点:上、下叠放的两个物体,加速度和速度均不同。2.板块模型的三个基本关系:(1)加速度关系:如果滑块之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块之间发生相对运动,应采用“隔离法”求出每一个滑块运动的加速度,应注意找出滑块是否发生相对运动等隐含条件。(2)速度关系:滑块之间发生相对运动时,认清滑块的速度关系,从而确定滑块受到的摩擦力,应注意当滑块的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况。(3)位移关系:滑块叠放在一起运动时,应仔细分析各个滑块的运动过程,认清滑块对地位移和滑块间相对位移之间的关系。3.板块模型的解题思路及方法(1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。(4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。(5)画出有关板块运动的v-t关系图像。如图所示,光滑的水平地面上有一质量为M=2 kg、长度为L=2 m的木板,木板右端有一质量为m=1 kg的小物块,初始时它们均静止,已知物块和木板间的动摩擦因数为μ=0.2,取重力加速度为g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若给木板施加水平向右的恒力F,使木板能从物块下拉出,则恒力F的大小应满足什么条件?(2)若现给木板施加水平向右的拉力F1作用时间t1=1 s,然后将F1变更为方向水平向右、大小为2 N的拉力F2,最终木板不能从物块下抽出,求拉力F1的大小满足的条件。答案 (1) F>6 N (2)F1≤10 N解析 (1)当给木板施加水平向右的恒力F时,设木板和物块产生的加速度大小分别为a1、a2由牛顿第二定律有对木板:F-μmg=Ma1,对物块:μmg=ma2要使木板能从物块下拉出,应满足a1>a2联立解得:F>6 N(2)设给木板施加水平向右的拉力F1时,木板能相对物块滑动,此时物块仍以(1)中的加速度a2=μg加速运动,设t1时间后物块的速度为v,木板的加速度大小为a3,位移为s1对木板由牛顿第二定律有F1-μmg=Ma3又由运动学规律有v=a3t1,s1=t1当水平力变为F2时,木板所受合外力为零,开始做匀速直线运动直至和物块速度相等,设该过程中木板的位移为s2,其后它们一起做匀加速运动,它们的v-t图像如图所示由运动学规律有s2=v(t2-t1)设物块从静止加速到v所用时间为t2,位移为s3由运动学规律有v=a2t2,s3=t2要满足木板不能从物块下抽出,则:s1+s2≤s3+L联立以上各式并代入数据可得F1≤10 N题型二 传送带的动力学问题 例 如图所示,水平传送带两端相距s=8 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,工件向左滑上A端时速度vA=10 m/s,设工件到达B端时的速度大小为vB(g取10 m/s2)。(1)若传送带静止不动,求vB;(2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗?若不能,说明理由;若能,则求出工件到达B端时的速度大小vB;(3)若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间。答案 (1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s解析 (1)根据牛顿第二定律可知μmg=ma,则a=μg=6 m/s2,且-=-2as,故vB=2 m/s(2)能。当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,始终减速,故工件到达B端时的速度vB=2 m/s(3)开始时工件所受滑动摩擦力向左,加速度a==μg=6 m/s2,假设工件能加速到13 m/s,则工件速度达到13 m/s所用时间为t1==0.5 s匀加速运动的位移为s1=vAt1+a=5.75 m<8 m则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s,此后工件与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速匀速运动的位移s2=s-s1=2.25 m,t2=≈0.17 s,工件由A运动到B所用的时间为t=t1+t2=0.67 s学法指导1.解传送带问题思维模板2.滑块在传送带上运动的“六点”注意事项(1)注意滑块相对传送带的运动方向,正确判断摩擦力的方向。(2)在水平传送带上,滑块与传送带共速时,滑块与传送带相对静止做匀速运动。(3)在倾斜传送带上,滑块与传送带共速时,需比较mg sin θ与μmg cos θ的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时,滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。重力加速度为g,求此黑色痕迹的长度。答案 解析 解法一:力和运动的观点根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿第二定律,可得a=μg设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有v0=a0tv=at由于a<a0,故v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t',煤块的速度由v增加到v0,有v0=v+at'此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0和s,有s0=a0t2+v0t',s=传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0-s由以上各式得l=解法二:v-t图像法作出煤块、传送带的v-t图线如图所示,图中标斜线的三角形的面积,即煤块相对于传送带的位移,也即传送带上留下的黑色痕迹的长度l=v0·Δt相对滑动时间Δt=-解得l=题型三 等时圆模型 例 如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,每根杆上套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d处所用的时间,则 ( )A.t1<t2<t3 B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3答案 D 滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用,下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的,设细杆与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定律知mg cos θ=ma,设半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动至d点的位移为s=2R cos θ,由运动学公式得s=at2,联立解得t=2,小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关,故t1=t2=t3。学法指导1.等时圆模型:所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止滑下,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿竖直直径做自由落体运动所用的时间。2.等时圆模型常见情况运动规律例图质点从竖直圆环上不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到弦的最低点所用时间相等两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点从不同的光滑弦(过切点)最高点由静止开始滑到弦的最低点所用时间相等如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ,现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 ( )A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF答案 B 物块在上面圆运动是一个典型的等时圆模型,故物块到达交点O点时,用时相等。在下半圆中,位移大小相等s=at2,a==g cos α,则倾斜角越大,用时越长,故整个过程中tAB>tCD>tEF,故选B。
