沪科版 (2019)必修 第一册第4章 牛顿运动定律本章综合与测试习题课件ppt

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1.传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去,有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2.传送带模型的分析流程
3.求解的关键求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变
例1如图所示,水平传送带以v=2 m/s的速率运转,在其左端无初速度地放上一质量为m=1 kg的小滑块,滑块可视为质点,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长L=2 m,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)滑块从传送带左端到右端的时间;(2)滑块相对传送带滑行的位移的大小。
解析 (1)滑块在传送带上滑行时的加速度
设滑块在开始滑行后经时间t1达到和传送带相同的速度
总时间t=t1+t2=1 s+0.5 s=1.5 s。
(2)滑块和传送带在t1时间内有相对运动,传送带的位移s2=vt1=2×1 m=2 m滑块相对传送带滑行的位移Δs=s2-s1=2 m-1 m=1 m。
答案 (1)1.5 s　(2)1 m
变式训练1如图所示,A、B间的距离l=3.25 m,传送带与水平面成θ=30°角,轮子转动方向如图所示,传送带始终以2 m/s的速率运行。将一物体无初速度地放到传送带上的A处,物体与传送带间的动摩擦因数μ= ,求物体从A运动到B所需的时间。(g取10 m/s2)
解析 刚将物体无初速度地放上传送带时,物体做加速运动,受力如图甲所示,由牛顿第二定律得x轴方向上:mgsin 30°+f=ma1y轴方向上:N-mgcs 30°=0又f=μN联立解得a1=g(sin 30°+μcs 30°)=8 m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为
又mgsin 30°>μmgcs 30°,故物体仍会继续加速下滑,而摩擦力方向变为沿传送带向上,受力如图乙所示,由牛顿第二定律可得x轴方向上:mgsin 30°-f'=ma2y轴方向上:N-mgcs 30°=0　又f'=μN联立解得a2=g(sin 30°-μcs 30°)=2 m/s2
所以物体以初速度v=2 m/s和加速度a2=2 m/s2做匀加速运动,位移为s2=l-s1=3 m由位移公式得 解得t2=1 s,或t2=-3 s(舍去)故所用总时间为t=t1+t2=0.25 s+1 s=1.25 s
1.模型概述一个物体在另一个物体上,两者之间一般有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.解题方法(1)明确各物体相对地面的运动和物体间的相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。(2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
3.常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。4.注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时,二者之间的摩擦力通常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力,或者消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
例2(2020湖南湘潭高一期末)如图所示,物块A、木板B的质量分别为mA=5 kg,mB=10 kg,不计A的大小,木板B长L=4 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.3,水平地面光滑,g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B运动过程的加速度的大小;(2)若A刚好没有从B上滑下来,求A的初速度v0的大小。
解析 (1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知,A在B上向右做匀减速运动,设其加速度大小为a1,则有
(2)A刚好没有从B上滑下来,则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同,设为v,则有v=v0-a1tv=a2t
解得v0=6 m/s。
答案 (1)3 m/s2　1.5 m/s2　(2)6 m/s
变式训练2如图所示,厚度不计的木板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端s=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在木板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F=26 N,将A从B下抽出。g取10 m/s2,求:(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大;(2)B运动多长时间离开A;(3)B离开A时的速度的大小。
解析 (1)对于B,由牛顿第二定律可得μ1mg=maB解得aB=1 m/s2对于A,由牛顿第二定律可得F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA解得aA=2 m/s2。
Δs=sA-sB=l-s解得t=2 s。
(3)vB=aBt解得vB=2 m/s。
答案 (1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)2 m/s
1.如图所示,水平放置的传送带以速率v=2 m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距4 m,则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度大小是(g取10 m/s2)(　　)A.2.5 s,2 m/sB.1 s,2 m/sC.2.5 s,4 m/sD.1 s,4 m/s
2.(多选)如图所示,质量为M=1 kg 的足够长的木板B静止在光滑水平面上,现有一质量m=0.5 kg的小滑块A(可视为质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板,带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)A.木板和滑块保持相对静止前木板受到的摩擦力为1.5 NB.木板和滑块保持相对静止前木板的加速度为0.5 m/s2C.木板和滑块刚好保持相对静止时木板的速度为2 m/sD.木板和滑块刚好保持相对静止时滑块运动的位移为4 m
3.(多选)(2021广东广州第二中学高一期末)如图所示,木板静止放置在水平地面上,有一个可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板,物块刚好没离开木板。物块和木板的v-t图像如图所示,重力加速度g取10 m/s2。根据v-t图像,可以求得(　　)A.木板的长度为20 mB.物块与木板之间的动摩擦因数为0.15C.0~4 s内物块与木板的平均速度之比为3∶2D.物块与木板的质量之比为2∶3
4.如图所示,绷紧的水平传送带足够长,始终以恒定速率v1=2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2=4 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带,小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,g取10 m/s2,若从小物块滑上传送带开始计时,求:(1)小物块在传送带上滑行的最远距离;(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。
解析 (1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动,设小物块的质量为m,由牛顿第二定律得μmg=ma得a=μg=2 m/s2因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0,
(2)小物块速度减为0后,再向右做匀加速运动,加速度大小为a'=μg=2 m/s2设小物块与传送带共速时所需时间为t2,