2020届高三物理一轮复习 第三章 第4讲 动力学中的两类典型问题课件

高频考点·分类突破目录ONTENTSC课时作业第4讲动力学中的两类典型问题第三章牛顿运动定律考点一传送带问题师生互动型1．传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b、图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针(如图b)、逆时针(如图c)．2．平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速项目图示滑块可能的运动情况情景3(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返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0[典例1]如图所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长．问：(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？[思路点拨]解此题关键有两点：(1)小物块放在传送带上后的受力特点及运动特点分析．(2)小物块运动过程的位移是相对地面的位移．[解析](1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动．(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝vμg物体的位移x1＝12at2＝v22μg传送带的位移x2＝vt＝v2μg(3)物体从A到B运动的时间为t总＝vμg＋L－x1v＝Lv＋v2μg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥2μgL.[答案](1)先做匀加速运动，后做匀速运动(2)v22μgv2μg(3)Lv＋v2μg(4)v≥2μgL[拓展延伸1]若在[典例1]中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动，且去掉条件“L足够长”，则物体可能做什么运动？解析：因初速度v0与传送带速度v大小关系不明确，故要分两种情况讨论：(1)若v0v，物体刚放到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动．假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝v02＋2μgL.①若v0vv02＋2μgL，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；②若v≥v02＋2μgL，则物体在传送带上将一直做加速运动．(2)若v0v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动．假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝v02－2μgL.①若v≤v02－2μgL，则物体在传送带上将一直做减速运动；②若v02－2μgL＜v＜v0，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动．答案：见解析[拓展延伸2]在[拓展延伸1]中什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间(列方程说明)?解析：物体一直做匀减速直线运动时，从A到B所用时间最短，由物体减速运动加速度大小a＝μg，由位移L＝v0t－12μgt2可求最短时间．答案：见解析[拓展延伸3]若在[典例1]中物体以初速度v0从B向A运动，且去掉条件“L足够长”，则物体可能做什么运动？解析：物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝v02－2μgL.(1)若v0≥2μgL，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；(2)若v02μgL，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：①先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带；②先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带．答案：见解析3．倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2项目图示滑块可能的运动情况情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速[典例2]如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)[解析]物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝va1＝1010s＝1s，时间t1内的位移x＝12a1t12＝5m.由于μtanθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力Ff′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，L－x＝vt2＋12a2t22，解得t2＝1s，t2＝－11s(舍去)．所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2s.[答案]2s[拓展延伸]若[典例2]中的传送带是顺时针转动的，则物体从A到B所需的时间是多少？解析：物体相对传送带向下滑，所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，因为μtanθ，所以物体一直加速下滑，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝2m/s2，L＝12at2，解得t＝4s.答案：4s1．(2019·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10s到达传送带另一端Q，物体C在tC时刻到达Q端．若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三个物体的v­t图象如图乙、丙、丁所示，求：(1)传送带的速度大小v0；(2)传送带的长度L；(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数及物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.(1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小是4m/s.(2)v­t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝12×(8.5＋9.5)×4m＝36m，传送带的长度L与A的位移相等，也是36m.(3)物体A的加速度aA＝ΔvAt1＝4m/s2由牛顿第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝aAg＝0.4同理，物体B的加速度aB＝ΔvBt2＝2m/s2，μB＝aBg＝0.2设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝0＋vC2tCtC＝2LvC＝24s物体C的加速度aC＝ΔvCtC＝18m/s2，μC＝aCg＝0.0125.(1)4m/s(2)36m(3)0.40.20.012524s2.(2019·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现使传送带沿顺时针方向以v＝2.5m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g取10m/s2.试求：(1)小物块运动至B点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝36m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围．解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma1，解得a1＝2.5m/s2.设小物块速度等于2.5m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则t1＝va1＝2.52.5s＝1s，L1＝v22a1＝2.522×2.5m＝1.25m，因L1L且μtan30°，故小物块匀加速运动后，将以2.5m/s的速度匀速运动至B点，设用时为t2，则t2＝L－L1v＝0.3s，故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3s.(2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从A到B一直做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式有vB2－v02＝2a1L，解得vB＝8m/s.小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得a2＝12.5m/s2.由运动学公式可知vB′2＝v02－2a2L，解得vB′＝2m/s.即小物块到达B点的速度范围为2m/s≤vB≤8m/s.答案：(1)1.3s(2)2m/s≤vB≤8m/s考点二“滑块—木板”问题师生互动型1．问题特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA[典例3](2017·高考全国卷Ⅲ)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[思路点拨](1)首先分别计算出B与木板、A与木板、木板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况．(2)把握好几个运动节点．(3)由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动．(4)A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．(5)木板先加速后减速，存在两个过程．[解析](1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－12aBt12⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两