2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第4讲牛顿运动定律的综合应用(二)学案.docx

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1、第4讲牛顿运动定律的综合应用(二)(一) 传送带模型模型1水平传送带1三种常见情景项目图示滑块可能的运动情况情景1可能一直加速可能先加速后匀速情景2v0v，可能一直减速，也可能先减速再匀速v0v，一直匀速v0v，返回时速度为v，若v0v，返回时速度为v02解题方法突破(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。(3)计算物体与传送

2、带间的相对路程要分两种情况：若二者同向，则s|s传s物|；若二者反向，则s|s传|s物|。模型应用题型1物块初速度为零的情形例1(2022河北衡水模拟)如图所示，传送带保持v1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m0.5 kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数0.1，a、b间的距离L2.5 m，g取10 m/s2)( ) A. s B(1)sC3 s D2.5 s解析物块开始做匀加速直线运动，ag1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x m0.5 mL，所经历的时间t11 s，物块接着做匀速直线运动，所经历的时间t

3、2 s2 s，故物块从a点运动到b点所经历的时间t总t1t23 s，故C对。答案C题型2物块初速度与传送带速度反向的情形例2(多选)如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m2 kg的小物块(可视为质点)以某一速度从传送带的最左端滑上传送带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2。则( )A小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2B3 s内小物块受到的冲量为6 NsC物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q9 JD若物块在传送带上能留下划痕，长度为5.5 m解析根据图像斜率，有ag1 m/s2，则动摩擦因数为0.1，故A错误；根

4、据动量定理有Ip2(1.0)kgm/s22.0 kgm/s6 Ns，故B正确；前2 s内相对位移为传送带位移x1与物块位移x2之和，第3 s内相对位移为传送带位移x1与物块位移x2之差，故划痕长度为x22 m12 m11 m11 m4.5 m，由于摩擦产生的热量为Qmgx9 J，故C正确，D错误。答案BC题型3物块初速度与传送带速度同向的情形例3如图所示，水平传送带两端相距s8 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2)解析根据牛顿第二定律

5、可知mgma，则ag6 m/s2，工件速度达到13 m/s所用时间为t10.5 s，运动的位移为x1vAt1at125.75 m1D在0t2时间段物块与木板加速度相等解析分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F11(m1m2)g，A错误；t1t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有2m2g1(m1m2)g0，故21，C正确；0t1时间内长木板和物块均静止，t1t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足2m2g1(m1m2)gm1am、F21(m1m2)g(m1m2)am，解得F2(21)g，B、D正确。答案BCD 课时跟踪检测1.如图所示，物块M在静止的足

6、够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )AM下滑的速度不变BM开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动CM先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动DM受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。2(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进

7、行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )A乘客与行李同时到达B处B乘客提前0.5 s到达B处C行李提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：选BD行李放在传送带上，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。加速度为ag1 m/s2，历时t11 s达到

8、共同速度，位移x1t10.5 m，此后行李匀速运动t21.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin s2 s，D正确。3.如图所示，足够长的水平传送带以v02 m/s的速度匀速运行。t0时，在最左端轻放一个小滑块，t2 s时传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2。在选项中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是( )解析：选D滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，ag2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t11 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t

9、2tt11 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a2 m/s2，运动的时间t31 s，所以速度时间图像对应D选项。4如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F22 N的水平外力拉长木板，取g10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )A1 s B2 s C. s D. s解析：选A由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。

10、当F2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff22 N；当F14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff14 N，小物块的加速度a14 m/s2。改用F22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得FFf1Ff2Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2a1t2L，解得t1 s，故A正确。5(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则( )A传送带的速度可能大于v0Bt0后小滑块受到的摩擦力为mgsin C传送带一定沿顺时针转动

11、D小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为tan 解析：选BD由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin mgcos 。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度vv0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度vv0；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会

12、大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ffmgsin ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，解得tan ，D正确。6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37

13、0.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C经过 s的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：选AC对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a12 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a21 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2a2t2L，解得t s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2 m/s，C正确，D错误。7(2023南京模拟)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小

14、为g，A、B间的动摩擦因数为，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与g间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A若m取一更大的值，则图像的斜率变小B若m取一更大的值，则图像的斜率变大C若M取一更大的值，则图像的斜率变大D若M取一更大的值，则图像的斜率不变解析：选B对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F(Mm)a，隔离B有mgMa，联立解得Fg，图像斜率km，若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误。8(2023长春高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深

15、入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m120 g，硬纸板的质量为m210 g，长度为l5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为10.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为20.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？解析：(1)当橡

16、皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有1m1gm1a，对橡皮擦和纸板整体有F02(m1m2)g(m1m2)a，联立解得F00.15 N。(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1at2，vat对纸板有1m1g2(m1m2)gm2a2x2v0minta2t2，vv0mina2t根据位移关系有x2x1联立解得v0min m/s则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0v0min m/s。答案：(1)0.15 N(2)v0 m/s9.如图所示，与水平方向成37角的传送带以恒定速度v2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L5

17、 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v04 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1则a1g(sin cos )10 m/s2物块运动位移x10.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力fmgcos mgsin ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零由mgsin mgcos ma2得a2g(sin cos )2 m/s2位移x21 m则物块沿传送带上升的最大高度为H(x1x2)sin 370.96 m。答案：0.96 m