北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块-滑板模型课件.ppt

1、第4讲传送带模型、滑块滑板模型,知识梳理?一、传送带问题弄清物体的运动过程,是解决传送带问题的关键。二、滑块滑板模型问题1.该模型中涉及两个物体的运动,要弄清运动情况。,2.弄清两个物体运动的关系是解题的关键点。,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=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.? sB.(?-1)sC.3 sD.2.5 s,C,答案C物体在传送带上运动的加速度为 a=g=1 m/s2,加速到与传送带共速的时间为

2、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。,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=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。

3、,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。,深化拓展,考点一传送带问题,考点二滑块滑板模型,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

4、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=Ek+Ep+Q。式中WF为传送带做的功,WF=Fs带(F由传送带受力情况求得);Ek、Ep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=Ffs相对。,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 =0

5、.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。,答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s,解析(1)滑动摩擦力Ff=mg=0.1410 N=4 N,加速度a=g=0.110 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

6、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。,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=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,解析(1)传送带顺时针

7、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-mg cos 37=ma则a=g sin 37-g 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+mg cos 37=ma1,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 mmg cos

8、 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/s2x2=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。,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=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

9、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,解析(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0=?=g=5 m/s2米袋的速度达到v0=5 m/s时,滑行的距离s0=?=2.5 msAB=3 m,因此米袋到达B端的速度为v0=5 m/sCD部分不运转,米袋在CD部分的加速度大小设为a,有mg

10、sin +mg cos =ma得a=10 m/s2米袋能上滑的最大距离s=?=1.25 m1mg=0.3110 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fABfm,故A、B之间不发生相对滑动(2)对B:F-1mg=maB对A:1mg-2(M+m)g=MaA据题意:xB-xA=L,xA=?aAt2xB=?aBt2解得:t=? s,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1=0.1,

11、A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为2=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,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 st2=?=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,解得:aA=2 m/s2由牛顿第二定律得F-1mg-2(m+M)g=MaA代入数据得:F=26 N,