高考物理复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块—滑板模型市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT.pptx

知识梳理深化拓展,栏目索引,知识梳理深化拓展,栏目索引,*,*,知识梳理深化拓展,栏目索引,考点一,*,*,知识梳理深化拓展,栏目索引,*,*,知识梳理深化拓展,栏目索引,知识梳理,知识梳理深化拓展,栏目索引,深化拓展,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,1/29,知识梳理,一、传送带问题,搞清物体运动过程,是处理传送带问题关键。,二、滑块滑板模型问题,1.该模型中包括两个物体运动,要搞清运动情况。,2.搞清两个物体运动关系是解题关键点。,2/29,1.如图所表示,传送带保持1 m/s速度顺时针转动。现将一质量,m,=0.5 kg,物体轻轻地放在传送带,a,点上,设物体与传送带间动摩擦因数,=,0.1,a,、,b,间距离,L,=2.5 m,则物体从,a,点运动到,b,点所经历时间为(,g,取,10 m/s,2,),(),A.,sB.(,-1)sC.3 sD.2.5 s,C,3/29,答案,C物体在传送带上运动加速度为,a,=,g,=1 m/s,2,加速到与传送,带共速时间为,t,1,=,=1 s,加速距离为,x,=,t,1,=0.5 m,以后物体随传送,带匀速运动时间为,t,2,=,=2 s,则物体从,a,点运动到,b,点所经历时,间为3 s,选项C正确。,4/29,2.如图所表示,长度,L,=1 m、质量,M,=0.25 kg木板放在光滑水平面上,质量,m,=2 kg小物块(可视为质点)位于木板左端,木板和物块间动摩擦,因数,=0.1,现突然给木板一向左初速度,v,0,=2 m/s,同时对小物块施加,一水平向右恒定拉力,F,=10 N,经过一段时间后,物块与木板相对静止,取,g,=10 m/s,2,求物块最终在木板上位置。,答案,木板中点处,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。,5/29,物块与木板间滑动摩擦力大小,f,=,mg,=2 N,据牛顿第二定律知物块加速度为,a,1,=,=4 m/s,2,木板加速度为,a,2,=,=8 m/s,2,当物块、木板含有共同速度时,二者不再发生相对滑动一直匀速运动,下去。,a,1,t,=-,v,0,+,a,2,t,解得,t,=0.5 s,二者共速度大小为,v,=,a,1,t,=2 m/s,可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块位移为,s,=,a,1,t,2,=,0.5 m,所以物块最终停在木板中点处。,6/29,深化拓展,考点一,传送带问题,考点二,滑块滑板模型,7/29,深化拓展,考点一传送带问题,传送带问题考查普通从两个层面上展开,一是受力和运动分析。受力分析中关键是注意摩擦力突变(大小、,方向)发生在,v,物,与,v,带,相同时刻;运动分析中关键是相对运动速,度大小与方向改变物体和传送带对地速度大小与方向比,较。,二是功效分析。注意功效关系:,W,F,=,E,k,+,E,p,+,Q,。式中,W,F,为传送带做,功,W,F,=,F,s,带,(,F,由传送带受力情况求得);,E,k,、,E,p,为被传送物体动能、,重力势能改变;,Q,是因为摩擦产生内能:,Q,=,F,f,s,相对,。,8/29,1-1水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所表示为一水平传,送带装置示意图。紧绷传送带,AB,一直保持恒定速率,v,=1 m/s运行,一质量为,m,=4 kg 行李无初速度地放在,A,处,传送带对行李滑动摩擦,力使行李开始做匀加速直线运动,随即行李又以与传送带相等速率做,匀速直线运动。设行李与传送带之间动摩擦因数,=01,A,、,B,间距,离,L,=2 m,g,取 10 m/s,2,。,(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力大小与加速度大小;,(2)求行李做匀加速直线运动时间;,(3)假如提升传送带运行速率,行李就能被较快地传送到,B,处,求行李从,A,处传送到,B,处最短时间和传送带对应最小运行速率。,9/29,答案,(1)4 N1 m/s,2,(2)1 s(3)2 s2 m/s,10/29,解析,(1)滑动摩擦力,F,f,=,mg,=0.1,4,10 N=4 N,加速度,a,=,g,=0.1,10 m/s,2,=1 m/s,2,。,(2)行李抵达与传送带相同速率后不再加速,则,v,=,at,1,t,1s=1 s。,(3)行李一直匀加速运行所用时间最短,加速度仍为,a,=1 m/s,2,当行李抵达,右端时,有,=2,aL,v,min,=,=,m/s=2 m/s,所以传送带对应最小运行速,率为 2 m/s。,行李最短运行时间由,v,min,=,at,min,得,t,min,=,=,s=2 s。,11/29,1-2如图所表示,倾角为37,、长为,l,=16 m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物体,物体与,传送带间动摩擦因数,=0.5。已知sin 37,=0.6,cos 37,=0.8,g,=,10 m/s,2,。求1)传送带顺时针转动时,物体从顶端,A,滑到底端,B,时间;,(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端,A,滑到底端,B,时间。,答案,(1)4 s(2)2 s,12/29,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,依据牛顿第二,定律有,mg,sin 37,-,mg,cos 37,=,ma,则,a,=,g,sin 37,-,g,cos 37,=2 m/s,2,又,l,=,at,2,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,设物体加,速度大小为,a,1,由牛顿第二定律得,mg,sin 37,+,mg,cos 37,=,ma,1,13/29,则有,a,1,=,=10 m/s,2,设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历时间为,t,1,位移为,x,1,则,有,t,1,=,=,s=1 s,x,1,=,a,1,=5 m,mg,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加速度为,a,2,则,a,2,=,=2 m/s,2,x,2,=,l,-,x,1,=11 m,又因为,x,2,=,vt,2,+,a,2,则有10,t,2,+,=11,解得:,t,2,=1 s(,t,2,=-11 s舍去),所以,t,总,=,t,1,+,t,2,=2 s。,14/29,1-3如图所表示为仓库中惯用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,面夹角,=37,C,、,D,两端相距4.45 m,B,、,C,相距很近。水平部分,AB,以,v,0,=5 m/s速率顺时针转动。将一袋质量为10 kg大米无初速度放在,A,端,抵达,B,端后,米袋继续沿倾斜,CD,部分运动,不计米袋在,BC,处机,械能损失。已知米袋与传送带间动摩擦因数均为0.5,g,=10 m/s,2sin 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,部分顺时针运转最小速度为多大?,答案,(1)不能(2)4 m/s,15/29,解析,(1)米袋在,AB,部分加速时加速度,a,0,=,=,g,=5 m/s,2,米袋速度抵达,v,0,=5 m/s时,滑行距离,s,0,=,=2.5 m,s,AB,=3 m,所以米袋,抵达,B,端速度为,v,0,=5 m/s,CD,部分不运转,米袋在,CD,部分加速度大小设为,a,有,mg,sin,+,mg,cos,=,ma,得,a,=10 m/s,2,米袋能上滑最大距离,s,=,=1.25 m,1,mg,=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,:,f,AB,=,ma,解得:,f,AB,=2.5 N,因,f,AB,f,m,故,A,、,B,之间不发生相对滑动,(2)对,B,:,F,-,1,mg,=,ma,B,对,A,:,1,mg,-,2,(,M,+,m,),g,=,Ma,A,据题意:,x,B,-,x,A,=,L,25/29,x,A,=,a,A,t,2,x,B,=,a,B,t,2,解得:,t,=,s,26/29,2-3如图所表示,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,1,=0.1,A,与桌面间和,B,与桌面间动摩擦,因数均为,2,=0.2,原来系统静止。现在在板右端施加一大小一定水,平力,F,连续作用在,A,上直到将,A,从,B,下抽出才撤去,且使,B,最终停于桌,右边缘。求:,(1),B,运动时间。,(2)力,F,大小。,答案,(1)3 s(2)26 N,27/29,解析,(1)对于,B,在未离开,A,时,其加速度为:,a,B,1,=,=1 m/s,2,设经过时间,t,1,后,B,离开,A,离开,A,后,B,加速度为:,a,B,2,=-,=-2 m/s,2,设物体,B,离开,A,时速度为,v,B,有,v,B,=,a,B,1,t,1,和,a,B,1,+,=,s,代入数据解得,t,1,=2 s,t,2,=,=1 s,所以,B,运动时间是:,t,=,t,1,+,t,2,=3 s,(2)设,A,加速度为,a,A,则依据相对运动位移关系得,a,A,-,a,B,1,=,L,-,s,28/29,解得:,a,A,=2 m/s,2,由牛顿第二定律得,F,-,1,mg,-,2,(,m,+,M,),g,=,Ma,A,代入数据得:,F,=26 N,29/29,