人教版2019高中物理必修一4.5牛顿运动定律的应用(共27张PPT)

(共27张PPT)
知识梳理深化拓展
栏目索引
第4讲　传送带模型、滑块—滑板模型
知识梳理深化拓展
栏目索引
知识梳理
1.如图所示,传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=0.5 kg
的物体轻轻地放在传送带的a点上,设物体与传送带间的动摩擦因数μ=
0.1,a、b间的距离L=2.5 m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为 (g取
10 m/s2) (　　)
A. s　　 B.( -1)s　　 C.3 s　　 D.2.5 s
C
栏目索引
知识梳理
答案 C　物体在传送带上运动的加速度为 a=μg=1 m/s2,加速到与传送
带共速的时间为 t1= =1 s,加速的距离为x= t1=0.5 m,以后物体随传送
带匀速运动的时间为 t2= =2 s,则物体从a点运动到b点所经历的时
间为3 s,选项C正确。
知识梳理深化拓展
栏目索引
知识梳理
2.如图所示,长度L=1 m、质量M=0.25 kg的木板放在光滑水平面上,质量
m=2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端,木板和物块间的动摩擦
因数μ=0.1,现突然给木板一向左的初速度v0=2 m/s,同时对小物块施加
一水平向右的恒定拉力F=10 N,经过一段时间后,物块与木板相对静止,
取g=10 m/s2,求物块最终在木板上的位置。
答案　木板的中点处
解析　由题意知物块向右做匀加速运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动。
知识梳理深化拓展
栏目索引
知识梳理
物块与木板间滑动摩擦力大小f=μmg=2 N
据牛顿第二定律知物块的加速度为a1= =4 m/s2
木板的加速度为a2= =8 m/s2
当物块、木板具有共同速度时,两者不再发生相对滑动,一直匀速运动
下去。
a1t=-v0+a2t
解得t=0.5 s
两者的共速度大小为v=a1t=2 m/s
可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块的位移为s= a1t2=
0.5 m
所以物块最终停在木板的中点处。
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
深化拓展
考点一　传送带问题
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=ΔEk+ΔEp+Q。式中WF为传送带做的
功,WF=F·s带(F由传送带受力情况求得);ΔEk、ΔEp为被传送物体的动能、
重力势能的变化;Q是由于摩擦产生的内能:Q=Ff·s相对。
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
1-1　水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传
送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行,
一质量为m=4 kg 的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦
力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做
匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1,A、B间的距
离L=2 m,g取 10 m/s2。
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;
(2)求行李做匀加速直线运动的时间;
(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处,求行李从
A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
栏目索引
深化拓展
答案　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s
栏目索引
深化拓展
解析　(1)滑动摩擦力Ff=μmg=0.1×4×10 N=4 N,
加速度a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2。
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则
v=at1,t1= = s=1 s。
(3)行李始终匀加速运行所用时间最短,加速度仍为a=1 m/s2,当行李到达
右端时,有
=2aL,vmin= = m/s=2 m/s,所以传送带对应的最小运行速
率为 2 m/s。
行李最短运行时间由vmin=atmin
得tmin= = s=2 s。
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
1-2　如图所示,倾角为37°、长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s,
在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体,物体与
传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=
10 m/s2。求:
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案　(1)4 s　(2)2 s
栏目索引
深化拓展
解析　(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受
滑动摩擦力沿传送带向上,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二
定律有
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
则a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2
又l= at2
得t=4 s
(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相
对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加
速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
栏目索引
深化拓展
则有a1= =10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则
有
t1= = s=1 s,x1= a1 =5 m因mg sin 37°>μmg cos 37°,则当物体运动速度等于传送带速度后,物体相
对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力——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a2
= =2 m/s2
x2=l-x1=11 m
又因为x2=vt2+ a2 ,则有10t2+ =11,
解得:t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
1-3　如图所示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3 m,另一台倾斜,其传送带与地
面的夹角θ=37 °,C、D两端相距4.45 m,B、C相距很近。水平部分AB以
v0=5 m/s的速率顺时针转动。将一袋质量为10 kg的大米无初速度放在
A端,到达B端后,米袋继续沿倾斜的CD部分运动,不计米袋在BC处的机
械能损失。已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5,g=10 m/s2,sin 37
°=0.6,cos 37°=0.8:
(1)若CD部分传送带不运转,米袋能否运动到D端
(2)若要米袋能被送到D端,CD部分顺时针运转的最小速度为多大
答案　(1)不能　(2)4 m/s
栏目索引
深化拓展
解析　(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0= =μg=5 m/s2
米袋的速度达到v0=5 m/s时,滑行的距离s0= =2.5 m到达B端的速度为v0=5 m/s
CD部分不运转,米袋在CD部分的加速度大小设为a,有mg sin θ+μmg cos
θ=ma
得a=10 m/s2
米袋能上滑的最大距离s= =1.25 m<4.45 m
故米袋不能运动到D端
(2)设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端(即米袋到达D端时速度
恰好为零),则米袋速度减为v之前的加速度大小为a1=g sin 37°+
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
μg cos 37°=10 m/s2
米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上,继续匀减速运动直到速度
减为零,该阶段加速度大小为a2=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2
由运动学公式得 + =4.45 m
解得v=4 m/s
即要把米袋送到D点,CD部分顺时针运转的最小速度为4 m/s。
栏目索引
深化拓展
考点二　滑块—滑板模型
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位
移之差等于板长;反向运动时,位移之和等于板长。
设板长为L,滑块位移为x1,滑板位移为x2
同向运动时:
反向运动时:
栏目索引
深化拓展
2-1　如图所示,一质量为mB=2 kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右
端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面
之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量为mA
=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放,物块A刚好
没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1
=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sin θ=0.6,cos θ=0.8,g取1
0 m/s2,物块A可看作质点。请问:
(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大
(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间 木板B有
多长
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
答案　(1)8 m/s　(2)2 s　8 m
栏目索引
深化拓展
解析　(1)设物块A从斜面滑下时的加速度大小为a1,则
mAg sin θ-μ1mAg cos θ=mAa1
解得a1=4 m/s2
物块A刚滑到木板B上时的速度大小为v1= = m/s=8 m/s
(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也
相等,又mA=mB,由F=ma知它们的加速度大小相等,数值为a2= =μ2g=
2 m/s2
设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2,对物块A有v2=v1-a2t2
xA=v1t2- a2
对木板B有v2=a2t2
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
xB= a2
位移关系xA-xB=L
联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为:t2=2 s,L=8 m
栏目索引
深化拓展
2-2　如图所示,质量M=1 kg 的木块A静止在水平地面上,在木块的左端
放置一个质量m=1 kg 的铁块B(大小可忽略),铁块与木块间的动摩擦因
数μ1=0.3,木块长L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在铁块上,g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑,计算说明两物块间是否发生相对滑动。
(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,求铁块运动到木块右端的
时间。
答案　(1)见解析　(2) s
知识梳理深化拓展
栏目索引
深化拓展
解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg=0.3×1×10 N=3 N
假设A、B之间不发生相对滑动,则
对A、B整体:
F=(M+m)a
对A:fAB=ma
解得:fAB=2.5 N
因fAB(2)对B:F-μ1mg=maB
对A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA
据题意:xB-xA=L
栏目索引
深化拓展
xA= aAt2
xB= aBt2
解得:t= s
栏目索引
深化拓展
2-3　如图所示,薄板A长L=5 m,其质量M=5 kg,放在水平桌面上,板右端
与桌边相齐。在A上距右端s=3 m处放一物体B(可看成质点),其质量m=
2 kg。已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间和B与桌面间的动摩擦
因数均为μ2=0.2,原来系统静止。现在在板的右端施加一大小一定的水
平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去,且使B最后停于桌的
右边缘。求:
(1)B运动的时间。
(2)力F的大小。
答案　(1)3 s　(2)26 N
栏目索引
深化拓展
解析　(1)对于B,在未离开A时,其加速度为:
aB1= =1 m/s2
设经过时间t1后B离开A,离开A后B的加速度为:
aB2=- =-2 m/s2
设物体B离开A时的速度为vB,有vB=aB1t1和 aB1 + =s
代入数据解得t1=2 s
t2= =1 s
所以B运动的时间是:t=t1+t2=3 s
(2)设A的加速度为aA,则根据相对运动的位移关系得 aA - aB1 =L-s
栏目索引
深化拓展
解得:aA=2 m/s2
由牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA
代入数据得:F=26 N