【物理】2019届一轮复习人教版第三章第4讲牛顿运动定律的应用(二)学案
第4讲 牛顿运动定律的应用(二)
一、“传送带”模型
1．水平传送带模型
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
①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0
v返回时速度为v，当v0v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，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．
计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.
2．倾斜传送带
物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况．
例1 (2018·铜山中学模拟)如图4所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图4
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？
答案 (1)10 m/s2 (2)1 s 7 m (3)(2＋2) s
解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcos θ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．
设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1 m
则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，
则x＝a2t32，代入解得t3＝2 s.
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s.
变式1 (多选)如图5所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中( )
图5
A．小煤块从A运动到B的时间是 s
B．小煤块从A运动到B的时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m
D．划痕长度是0.5 m
答案 BD
命题点二 “滑块—木板”模型
1．模型特点：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．位移关系：如图6，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.
图6
3．基本思路
运动状态
板、块速度不相等
板、块速度相等瞬间
板、块共速运动
处理方法
隔离法
假设法
整体法
具体步骤
对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程
假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动
将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析
临界条件
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变
②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件
原理
时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
例2 如图7甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
图7
(1)求物体A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．
答案 (1)0.4 (2)7.07 s
解析 (1)根据v－t图象可知物体A的加速度为aA＝＝ m/s2＝2 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝＝0.4.
(2)由题图乙可知木板B的长度为
l＝×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为
aB＝＝ m/s2＝1 m/s2
设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2－aBt2＝l
解得t＝7.07 s.
变式2 (多选)(2016·江苏单科·9)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
图8
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
答案 BD
解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；设各接触面间的动摩擦因数均为μ，鱼缸
的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ff＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对．
命题点三 多过程问题的分析思路
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
例3 (2017·扬州中学高三初考)如图9所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g＝10 m/s2)求：(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．
图9
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．
答案 (1)6 m/s2 (2)1 m (3)最左端
解析 (1)物体1的加速度
a1＝－＝－μg＝－2 m/s2
物体2和3的整体加速度
a2＝＝＝6 m/s2.
(2)设经过时间t1物体1、2速度相等v1＝v＋a1t1＝a2t1
代入数据解得t1＝0.5 s，v1＝3 m/s.
物体1的位移x1＝(v＋v1)×＝1.75 m，
物体2的位移x2＝v1·＝0.75 m.
所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m.
(3)此后，假设物体1、2、3相对静止，a＝g，物体1所受的合力ma≈3.3 N>Ff＝μmg＝2 N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动．物体1的加速度a3＝μg＝2 m/s2，物体2和3整体的加速度a4＝(g－μg)＝4 m/s2.
整体下落高度h＝H－x2＝5 m，根据h＝v1t2＋a4t22，
解得t2＝1 s，物体1的位移x3＝v1t2＋a3t22＝4 m
h－x3＝1 m，即物体1在长板2的最左端．
1.(2017·海州高级中学第五次检测)如图10所示，水平地面粗糙，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小关系可能正确的是( )
图10
A．vA>vB，aA＝aB B．vAvB，aA>vB
答案 B
解析 由题意知，A、B一起加速时，aA＝aB，则vA＝vB；发生相对运动时，一定是：vAgsin θ
D．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
答案 AD
解析 若μμmgcos θ，粮袋一直受到滑动摩擦力作用，一直是做加速运动，故A正确．粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，若μ
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