还剩3页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023届高考物理一轮复习 讲义
成套系列资料，整套一键下载
2023届高考物理一轮复习 第13讲 牛顿第二定律应用(三) 讲义（考点+经典例题）
展开
这是一份2023届高考物理一轮复习 第13讲 牛顿第二定律应用(三) 讲义（考点+经典例题），共6页。试卷主要包含了传送带的动力学问题等内容，欢迎下载使用。
常见的几种传送问题模型
2.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
3.解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
【典例1】(多选)如图所示,一个可视为质点的物体从高为h=0.8 m的光滑斜面顶端由静止开始下滑,物体经过A点时速率变化可忽略不计,滑上传送带A端的瞬时速度为vA,到达B端的瞬时速度设为vB,水平传送带A、B两端相距x=6 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A.物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s
B.若传送带不动,则物体到达B端的瞬时速度vB=2 m/s
C.若传送带逆时针匀速转动,则vB一定小于2 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,则vB一定大于2 m/s
答案 AB [解析] 物体从h高处滑下,由动能定理得mgh=12mvA2,滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,选项A正确;物体滑上传送带,若传送带不动,根据牛顿第二定律得,加速度大小a1=μg=1 m/s2,物体做匀减速直线运动,由运动学公式得,到达B端的瞬时速度vB=vA2-2a1x=2 m/s,选项B正确;若传送带逆时针转动,则物体滑上传送带后运动情况与传送带不动时运动情况相同,选项C错误;若传送带顺时针匀速转动,因传送带的速度大小与4 m/s关系未知,故无法判断物体的运动情况,选项D错误.
【典例2】 [2020·辽宁大连渤海高中模拟] 如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动.在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色划痕.(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)求煤块从A到B的时间;
(2)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下划痕的长度;
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节,则煤块从A点到达B点的最短时间是多少?
答案 (1)2 s (2)5 m (3)455 s
[解析] (1)开始阶段,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma1
解得a1=10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1=va1=1010 s=1 s
煤块发生的位移为x1=12a1t12=12×10×12 m=5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点,此后摩擦力方向改变;
第二阶段有mgsin θ-μmgcs θ=ma2解得a2=2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2,则LAB-x1=vt2+12a2t22 解得t2=1 s
煤块从A到B的时间t=t1+t2=1 s+1 s=2 s.
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带的速度,煤块相对传送带向上移动,煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m 故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度,煤块相对传送带向下移动,煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=(LAB-x1)-vt2=1 m 即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L=Δx1=5 m.
(3)若增大传送带的速度,则当煤块一直以加速度a1做匀加速运动时,从A运动到B的时间最短,有LAB=12a1tmin2解得tmin=455 s.
二 滑块—长木板模型
滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块—长木板模型的切入点,前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度,解题过程中必须以地面为参考系.
(1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
(2)位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,当滑块和木板同向运动时,位移大小之差Δx=x2-x1=L(板长);当滑块和木板反向运动时,位移大小之和Δx=x2+x1=L.
“滑块—长木板模型”解题思路:
(1)选取研究对象:隔离滑块、木板,对滑块和木板进行受力分析和运动分析.
(2)寻找临界点:根据牛顿第二定律和直线运动规律求解加速度,判断是否存在速度相等的“临界点”,注意“临界点”摩擦力的突变.
(3)分析运动结果:无临界速度时,滑块与木板分离,确定相等时间内的位移关系.有临界速度时,滑块与木板不分离,假设速度相等后加速度相同,由整体法求解系统的加速度,再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与木板间的摩擦力,如果该摩擦力不大于最大静摩擦力,则说明假设成立,可对整体列式;如果该摩擦力大于最大静摩擦力,则说明假设不成立,可对两者分别列式,确定相等时间内的位移关系.
【典例3】 (多选)如图甲所示,静止在水平面C上的足够长的木板B左端放着小物块A.某时刻,A受到水平向右的拉力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示.A、B间的最大静摩擦力大于B、C间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.在拉力逐渐增大的过程中,如图所示的反映A、B运动过程中的加速度aA、aB及A与B间摩擦力Ff1、B与C间摩擦力Ff2随时间变化的图线中正确的是( )
答案 ACD [解析] 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时,A、B保持静止,没有加速度,此时Ff1=Ff2=F,即两个摩擦力都随拉力增大而增大,在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间,A、B一起向前加速,加速度a=F-Ff2maxmA+mB,A、B间的静摩擦力Ff1=mBa+Ff2max=mBF+mAFf2maxmA+mB,B、C之间变成了滑动摩擦力,保持不变,B错误,D正确;当拉力再增大时,A、B之间也发生了相对滑动,A、B之间变成了滑动摩擦力,即不再变化,此时A的加速度a'=F-Ff1maxmA,A、C正确.
【典例4】如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块.已知木块的质量m=1 kg,木板的质量M=4 kg,长L=2.5 m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2.现用水平恒力F=20 N拉木板,g取10 m/s2.
(1)求木板的加速度大小.
(2)要使木块能滑离木板,求水平恒力F作用的最短时间.
(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的恒力F应满足什么条件?
(4)接(3)问,若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变,只将水平恒力F增大为30 N,则木块滑离木板需要多长时间?
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F>25 N (4)2 s
[解析] (1)木板受到的摩擦力Ff=μ(M+m)g=10 N
木板的加速度a=F-FfM=2.5 m/s2.
(2)设拉力F作用时间t后撤去,F撤去后,木板的加速度为a'=-FfM=-2.5 m/s2,
所以|a'|=a
木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且时间相等,故at2=L
解得t=1 s,即F作用的最短时间为1 s.
(3)设木块的最大加速度为a木块,木板的最大加速度为a木板,则μ1mg=ma木块
解得a木块=μ1g=3 m/s2
对木板,有F-μ1mg-μ(M+m)g=Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件为a木板>a木块
解得F>25 N.
(4)木块的加速度a'木块=μ1g=3 m/s2
木板的加速度a'木板=F-μ1mg-μ(M+m)gM=4.25 m/s2
木块滑离木板时,两者的位移关系为x木板-x木块=L,
即12a'木板t2-12a'木块t2=L 解得t=2 s.
三 等时圆”模型
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下滑，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，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿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，如图甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
【典例5】如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3
C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2
答案 A
解析 设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。
项目
图示
滑块可能的运动情况
水平
传送带
(1)v0=0时,可能一直加速,也可能先加速后匀速
(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(3)v0(1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v时返回速度为v,v0倾斜
传送带
(1)传送带两端距离较小时,可能一直加速
(2)传送带两端距离较大时,可能先加速后匀速
(1)传送带两端距离较小时,可能一直加速
(2)传送带两端距离较大时,若μ≥tan θ,则先加速后匀速,若μ(1)μ(2)μ=tan θ时,一直匀速
(3)μ>tan θ时,先减速,后反向加速
常见的几种传送问题模型
2.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
3.解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
【典例1】(多选)如图所示,一个可视为质点的物体从高为h=0.8 m的光滑斜面顶端由静止开始下滑,物体经过A点时速率变化可忽略不计,滑上传送带A端的瞬时速度为vA,到达B端的瞬时速度设为vB,水平传送带A、B两端相距x=6 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A.物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s
B.若传送带不动,则物体到达B端的瞬时速度vB=2 m/s
C.若传送带逆时针匀速转动,则vB一定小于2 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,则vB一定大于2 m/s
答案 AB [解析] 物体从h高处滑下,由动能定理得mgh=12mvA2,滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,选项A正确;物体滑上传送带,若传送带不动,根据牛顿第二定律得,加速度大小a1=μg=1 m/s2,物体做匀减速直线运动,由运动学公式得,到达B端的瞬时速度vB=vA2-2a1x=2 m/s,选项B正确;若传送带逆时针转动,则物体滑上传送带后运动情况与传送带不动时运动情况相同,选项C错误;若传送带顺时针匀速转动,因传送带的速度大小与4 m/s关系未知,故无法判断物体的运动情况,选项D错误.
【典例2】 [2020·辽宁大连渤海高中模拟] 如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动.在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色划痕.(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)求煤块从A到B的时间;
(2)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下划痕的长度;
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节,则煤块从A点到达B点的最短时间是多少?
答案 (1)2 s (2)5 m (3)455 s
[解析] (1)开始阶段,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma1
解得a1=10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1=va1=1010 s=1 s
煤块发生的位移为x1=12a1t12=12×10×12 m=5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点,此后摩擦力方向改变;
第二阶段有mgsin θ-μmgcs θ=ma2解得a2=2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2,则LAB-x1=vt2+12a2t22 解得t2=1 s
煤块从A到B的时间t=t1+t2=1 s+1 s=2 s.
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带的速度,煤块相对传送带向上移动,煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m 故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度,煤块相对传送带向下移动,煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=(LAB-x1)-vt2=1 m 即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L=Δx1=5 m.
(3)若增大传送带的速度,则当煤块一直以加速度a1做匀加速运动时,从A运动到B的时间最短,有LAB=12a1tmin2解得tmin=455 s.
二 滑块—长木板模型
滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块—长木板模型的切入点,前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度,解题过程中必须以地面为参考系.
(1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
(2)位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,当滑块和木板同向运动时,位移大小之差Δx=x2-x1=L(板长);当滑块和木板反向运动时,位移大小之和Δx=x2+x1=L.
“滑块—长木板模型”解题思路:
(1)选取研究对象:隔离滑块、木板,对滑块和木板进行受力分析和运动分析.
(2)寻找临界点:根据牛顿第二定律和直线运动规律求解加速度,判断是否存在速度相等的“临界点”,注意“临界点”摩擦力的突变.
(3)分析运动结果:无临界速度时,滑块与木板分离,确定相等时间内的位移关系.有临界速度时,滑块与木板不分离,假设速度相等后加速度相同,由整体法求解系统的加速度,再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与木板间的摩擦力,如果该摩擦力不大于最大静摩擦力,则说明假设成立,可对整体列式;如果该摩擦力大于最大静摩擦力,则说明假设不成立,可对两者分别列式,确定相等时间内的位移关系.
【典例3】 (多选)如图甲所示,静止在水平面C上的足够长的木板B左端放着小物块A.某时刻,A受到水平向右的拉力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示.A、B间的最大静摩擦力大于B、C间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.在拉力逐渐增大的过程中,如图所示的反映A、B运动过程中的加速度aA、aB及A与B间摩擦力Ff1、B与C间摩擦力Ff2随时间变化的图线中正确的是( )
答案 ACD [解析] 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时,A、B保持静止,没有加速度,此时Ff1=Ff2=F,即两个摩擦力都随拉力增大而增大,在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间,A、B一起向前加速,加速度a=F-Ff2maxmA+mB,A、B间的静摩擦力Ff1=mBa+Ff2max=mBF+mAFf2maxmA+mB,B、C之间变成了滑动摩擦力,保持不变,B错误,D正确;当拉力再增大时,A、B之间也发生了相对滑动,A、B之间变成了滑动摩擦力,即不再变化,此时A的加速度a'=F-Ff1maxmA,A、C正确.
【典例4】如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块.已知木块的质量m=1 kg,木板的质量M=4 kg,长L=2.5 m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2.现用水平恒力F=20 N拉木板,g取10 m/s2.
(1)求木板的加速度大小.
(2)要使木块能滑离木板,求水平恒力F作用的最短时间.
(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的恒力F应满足什么条件?
(4)接(3)问,若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变,只将水平恒力F增大为30 N,则木块滑离木板需要多长时间?
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F>25 N (4)2 s
[解析] (1)木板受到的摩擦力Ff=μ(M+m)g=10 N
木板的加速度a=F-FfM=2.5 m/s2.
(2)设拉力F作用时间t后撤去,F撤去后,木板的加速度为a'=-FfM=-2.5 m/s2,
所以|a'|=a
木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且时间相等,故at2=L
解得t=1 s,即F作用的最短时间为1 s.
(3)设木块的最大加速度为a木块,木板的最大加速度为a木板,则μ1mg=ma木块
解得a木块=μ1g=3 m/s2
对木板,有F-μ1mg-μ(M+m)g=Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件为a木板>a木块
解得F>25 N.
(4)木块的加速度a'木块=μ1g=3 m/s2
木板的加速度a'木板=F-μ1mg-μ(M+m)gM=4.25 m/s2
木块滑离木板时,两者的位移关系为x木板-x木块=L,
即12a'木板t2-12a'木块t2=L 解得t=2 s.
三 等时圆”模型
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下滑，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，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿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，如图甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
【典例5】如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3
C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2
答案 A
解析 设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。
项目
图示
滑块可能的运动情况
水平
传送带
(1)v0=0时,可能一直加速,也可能先加速后匀速
(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(3)v0
(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v时返回速度为v,v0
传送带
(1)传送带两端距离较小时,可能一直加速
(2)传送带两端距离较大时,可能先加速后匀速
(1)传送带两端距离较小时,可能一直加速
(2)传送带两端距离较大时,若μ≥tan θ,则先加速后匀速,若μ
(3)μ>tan θ时,先减速,后反向加速
相关试卷
2023届高考物理一轮复习 第17讲 圆周运动 讲义（考点+经典例题）： 这是一份2023届高考物理一轮复习 第17讲 圆周运动 讲义（考点+经典例题），共10页。试卷主要包含了匀速圆周运动及描述，匀速圆周运动的向心力，离心运动和近心运动等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理一轮复习 第12讲 牛顿第二定律应用(二) 讲义（考点+经典例题）： 这是一份2023届高考物理一轮复习 第12讲 牛顿第二定律应用(二) 讲义（考点+经典例题），共5页。试卷主要包含了动力学图像问题，多运动过程问题等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 讲义（考点+经典例题）： 这是一份2023届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 讲义（考点+经典例题），共9页。试卷主要包含了动力学的两类基本问题，瞬时问题，超重和失重，临界和极值等内容，欢迎下载使用。
