新教材高中物理第5章牛頓運動定律學法指導課板塊傳送帶等時圓學案

學法指導課板塊、傳送帶、等時圓題型一板塊滑動模型例(多選)(2021河南安陽模擬)質量為M=20kg、長為L=10m的木板放在水平地面上,木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,質量m=10kg的小木塊(可視為質點),以v0=9m/s的速度從木板的左端水平入射到木板上(如圖所示),小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10m/s2)。則以下判斷正確的是 ()A.木塊能滑出木板B.木塊不能滑出木板C.經(jīng)過2s后,木板與木塊開始一起勻減速運動D.全過程木板的位移為2m答案BC木塊對木板的摩擦力f1=μ2mg=0.4×100N=40N,地面對木板的摩擦力f2=μ1(M+m)g=30N,因為f1>f2,木板會向右加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得木板的加速度a1=f1-f2M=40-3020m/s2=0.5m/s2,木塊的加速度a2=μ2g=4m/s2,則由v=a1t=v0a2t可得t=2s,v=1m/s,即經(jīng)過2s后,木板與木塊達到共速,2s內(nèi)木板的位移x1=12a1t2=12×0.5×22m=1m,木塊的位移x=v02-v22a2=10m,xx1<L,所以木塊不能滑出木板,兩者開始一起做勻減速運動,選項B、C正確,A錯誤;兩者一起運動的加速度為a=μ1學法指導1.板塊模型的特點:上、下疊放的兩個物體,加速度和速度均不同。2.板塊模型的三個基本關系:(1)加速度關系:如果滑塊之間沒有發(fā)生相對運動,可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度;如果滑塊之間發(fā)生相對運動,應采用“隔離法”求出每一個滑塊運動的加速度,應注意找出滑塊是否發(fā)生相對運動等隱含條件。(2)速度關系:滑塊之間發(fā)生相對運動時,認清滑塊的速度關系,從而確定滑塊受到的摩擦力,應注意當滑塊的速度相同時,摩擦力會發(fā)生突變的情況。(3)位移關系:滑塊疊放在一起運動時,應仔細分析各個滑塊的運動過程,認清滑塊對地位移和滑塊間相對位移之間的關系。3.板塊模型的解題思路及方法(1)用隔離法分析滑塊和木板的受力,分別求出滑塊和木板的加速度。(2)建立滑塊位移、木板位移、滑塊相對木板位移之間的關系式。(3)不要忽略滑塊和木板的運動存在等時關系。(4)在運動學公式中,位移、速度和加速度都是相對地面的。(5)畫出有關板塊運動的vt關系圖像。如圖所示,光滑的水平地面上有一質量為M=2kg、長度為L=2m的木板,木板右端有一質量為m=1kg的小物塊,初始時它們均靜止,已知物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,取重力加速度為g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)若給木板施加水平向右的恒力F,使木板能從物塊下拉出,則恒力F的大小應滿足什么條件?(2)若現(xiàn)給木板施加水平向右的拉力F1作用時間t1=1s,然后將F1變更為方向水平向右、大小為2N的拉力F2,最終木板不能從物塊下抽出,求拉力F1的大小滿足的條件。答案(1)F>6N(2)F1≤10N解析(1)當給木板施加水平向右的恒力F時,設木板和物塊產(chǎn)生的加速度大小分別為a1、a2由牛頓第二定律有對木板:Fμmg=Ma1,對物塊:μmg=ma2要使木板能從物塊下拉出,應滿足a1>a2聯(lián)立解得:F>6N(2)設給木板施加水平向右的拉力F1時,木板能相對物塊滑動,此時物塊仍以(1)中的加速度a2=μg加速運動,設t1時間后物塊的速度為v,木板的加速度大小為a3,位移為s1對木板由牛頓第二定律有F1μmg=Ma3又由運動學規(guī)律有v=a3t1,s1=v2t當水平力變?yōu)镕2時,木板所受合外力為零,開始做勻速直線運動直至和物塊速度相等,設該過程中木板的位移為s2,其后它們一起做勻加速運動,它們的vt圖像如圖所示由運動學規(guī)律有s2=v(t2t1)設物塊從靜止加速到v所用時間為t2,位移為s3由運動學規(guī)律有v=a2t2,s3=v2t要滿足木板不能從物塊下抽出,則:s1+s2≤s3+L聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得F1≤10N題型二傳送帶的動力學問題例如圖所示,水平傳送帶兩端相距s=8m,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.6,工件向左滑上A端時速度vA=10m/s,設工件到達B端時的速度大小為vB(g取10m/s2)。(1)若傳送帶靜止不動,求vB;(2)若傳送帶順時針轉動,工件還能到達B端嗎?若不能,說明理由;若能,則求出工件到達B端時的速度大小vB;(3)若傳送帶以v=13m/s逆時針勻速轉動,求vB及工件由A到B所用的時間。答案(1)2m/s(2)能2m/s(3)13m/s0.67s解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可知μmg=ma,則a=μg=6m/s2,且vB2vA2=2as,故(2)能。當傳送帶順時針轉動時,工件受力不變,其加速度不發(fā)生變化,始終減速,故工件到達B端時的速度vB=2m/s(3)開始時工件所受滑動摩擦力向左,加速度a=μmgm=μg=6m/s2,假設工件能加速到13m/s,則工件速度達到13m/s所用時間為t1=v-v勻加速運動的位移為s1=vAt1+12at12則工件在到達B端前速度就達到了13m/s,此后工件與傳送帶相對靜止,因此工件先加速后勻速勻速運動的位移s2=ss1=2.25m,t2=x2v≈0.17s,工件由A運動到B所用的時間為t=t1+t2=0學法指導1.解傳送帶問題思維模板2.滑塊在傳送帶上運動的“六點”注意事項(1)注意滑塊相對傳送帶的運動方向,正確判斷摩擦力的方向。(2)在水平傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,滑塊與傳送帶相對靜止做勻速運動。(3)在傾斜傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運動情況。(4)注意滑塊與傳送帶運動方向相反時,滑塊速度減為零后反向加速返回。(5)注意傳送帶的長度,判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出。(6)滑塊在傳送帶上運動形成的劃痕長度是滑塊與傳送帶的相對位移。一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質點),煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時,傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動,當其速度達到v0后,便以此速度做勻速運動,經(jīng)過一段時間,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,煤塊相對于傳送帶不再滑動。重力加速度為g,求此黑色痕跡的長度。答案v0解析解法一:力和運動的觀點根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知,煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動,煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據(jù)牛頓第二定律,可得a=μg設經(jīng)歷時間t,傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0,煤塊則由靜止加速到v,有v0=a0tv=at由于a<a0,故v<v0,煤塊繼續(xù)受到滑動摩擦力的作用。再經(jīng)過時間t',煤塊的速度由v增加到v0,有v0=v+at'此后,煤塊與傳送帶運動速度相同,相對于傳送帶不再滑動,不再產(chǎn)生新的痕跡。設在煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中,傳送帶和煤塊移動的距離分別為s0和s,有s0=12a0t2+v0t',s=傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l=s0s由以上各式得l=v解法二:vt圖像法作出煤塊、傳送帶的vt圖線如圖所示,圖中標斜線的三角形的面積,即煤塊相對于傳送帶的位移,也即傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l=12v0·Δ相對滑動時間Δt=v0解得l=v題型三等時圓模型例如圖所示,ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿,每根桿上套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出),三個滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速度為0),用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達d處所用的時間,則 ()A.t1<t2<t3B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2D.t1=t2=t3答案D滑環(huán)下滑過程中受重力和桿的彈力作用,下滑的加速度可認為是由重力沿細桿方向的分力產(chǎn)生的,設細桿與豎直方向夾角為θ,由牛頓第二定律知mgcosθ=ma,設半徑為R,由幾何關系得,滑環(huán)由開始運動至d點的位移為s=2Rcosθ,由運動學公式得s=12at2,聯(lián)立解得t=2Rg,小滑環(huán)下滑的時間與細桿的傾斜情況無關,故t1=t2=t3學法指導1.等時圓模型:所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止滑下,到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等,都等于物體沿豎直直徑做自由落體運動所用的時間。2.等時圓模型常見情況運動規(guī)律例圖質點從豎直圓環(huán)上不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到弦的最低點所用時間相等兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點,質點從不同的光滑弦(過切點)最高點由靜止開始滑到弦的最低點所用時間相等如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點,O點恰好是下半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內(nèi)。現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ,現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑