高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律第五节 牛顿运动定律的应用导学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律第五节 牛顿运动定律的应用导学案，共13页。


1.传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.
2.传送带模型分析流程
3.注意
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
一、水平传送带模型
如图1所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求：
图1
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度.
答案 (1)3 s (2)0.5 m
解析 (1)对煤块，根据题意得a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(1－0,1) s＝1 s，通过的位移s1＝eq \f(v2－v02,2a)＝0.5 m＜2.5 m.在剩余位移s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝eq \f(s2,v)＝2 s
因此煤块从A点运动到B点所经历的时间
t＝t1＋t2＝3 s
(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程
在前1 s时间内，传送带的位移
s1′＝vt1＝1 m
煤块相对地面运动的位移
s2′＝eq \f(1,2)at12＝0.5 m
故煤块相对传送带的位移
Δs＝s1′－s2′＝0.5 m.
如图2所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行.初速度为v2＝4 m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
图2
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间.
答案 (1)4 m (2)4.5 s
解析 (1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
得a＝μg
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
由公式s＝eq \f(v22,2a)得s＝4 m，t1＝eq \f(v2,a)＝2 s
(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a′＝μg＝2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
t2＝eq \f(v1,a′)＝1 s
t2时间内小物块向右运动的距离
s1＝eq \f(v12,2a′)＝1 m
最后小物块做匀速直线运动，位移s2＝s－s1＝3 m
匀速运动时间t3＝eq \f(s2,v1)＝1.5 s
所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.
二、倾斜传送带模型
某飞机场利用如图3所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动.在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2).求货物从A端运送到B端所需的时间.(g取10 m/s2)
图3
答案 3 s
解析 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间
t1＝eq \f(v,a)＝2 s
货物匀加速运动位移
s1＝eq \f(1,2)at12＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移
s2＝L－s1＝5 m
匀速运动时间
t2＝eq \f(s2,v)＝1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s.
如图4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.已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图4
(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)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mg(sin 37°－μcs 37°)＝ma
则a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2，
根据l＝eq \f(1,2)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方向沿传送带向下，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律得，
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
则有a1＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s，s1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m＜l＝16 m
当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，则此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＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 m/s2
s2＝l－s1＝11 m
又因为s2＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22，则有10t2＋t22＝11，
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
1.水平传送带常见类型及滑块运动情况
2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况
训练1 水平传送带模型
1.(多选)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行.将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小.下列选项可能正确的是( )
图1
答案 AB
2.(多选)(2020·浙江9＋1联盟高一上联考)如图2所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面.物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v2′，则下列说法正确的是( )
图2
A.若v1＜v2，则v2′＝v1
B.若v1＞v2，则v2′＝v2
C.不管v2多大，总有v2′＝v2
D.只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
答案 AB
解析 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带.
②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1.故选项A、B正确，C、D错误.
3.如图3所示，水平传送带以不变的速度v＝10 m/s向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2 s，速度达到v；再经过时间t′＝4 s，工件到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：
图3
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数；
(3)水平传送带的长度.
答案 (1)5 m/s2 (2)0.5 (3)50 m
解析 (1)工件的加速度大小a＝eq \f(v,t)
解得a＝5 m/s2.
(2)设工件的质量为m，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得动摩擦因数μ＝0.5.
(3)工件匀加速运动通过的距离s1＝eq \f(v,2)t
工件匀速运动通过的距离s2＝vt′
水平传送带长度也就是工件从左端到达右端通过的距离s＝s1＋s2
联立解得s＝50 m.
4.(多选)机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图4所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左运行.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
图4
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
答案 BD
解析 行李无初速度地放在传送带上，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度做匀速直线运动.加速时a＝μg＝1 m/s2，用时t1＝eq \f(v,a)＝1 s达到共同速度，位移s1＝eq \f(v,2)t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝eq \f(lAB－s1,v)＝1.5 s，到达B处共用时2.5 s.乘客到达B处用时t＝eq \f(lAB,v)＝2 s，故B正确，A、C错误.若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝eq \r(\f(2lAB,a))＝2 s，D正确.
5.(2020·山东师大附中高一上期末)如图5所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距4 m，g＝10 m/s2，求：
图5
(1)物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度大小；
(2)滑块相对传送带滑动的距离.
答案 (1)2.5 s 2 m/s (2)1 m
解析 (1)设加速运动过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，
得出a＝2 m/s2；
设物体速度达到传送带速度v时物体发生的位移为s1，所用时间为t1，则v＝at1，s1＝eq \f(v,2)t1，得出t1＝1 s，s1＝1 m；
此时物体距离B端s2＝4 m－s1＝3 m，
接下来物体做匀速运动，所用时间t2＝eq \f(s2,v)＝1.5 s，
所以t＝t1＋t2＝2.5 s，
物体到达B端时的速度为2 m/s.
(2)在t1＝1 s内传送带位移s传＝vt1＝2 m，
故物块相对传送带滑动的距离Δs＝s传－s1＝1 m.
6.如图6所示为一水平传送带装置示意图.紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.
图6
(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求物体由A运动到B的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从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 N 1 m/s2 (2)2.5 s (3)2 s 2 m/s
解析 (1)滑动摩擦力f1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度a＝eq \f(f1,m)＝1 m/s2.
(2)物体匀加速运动的时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s，
物体匀加速运动的位移s1＝eq \f(v2,2a)＝0.5 m.
物体匀速运动的时间t2＝eq \f(L－s1,v)＝1.5 s
则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
(3)物体一直做匀加速运动时物体从A处传送到B处的时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，vmin＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×1×2) m/s＝2 m/s，
所以传送带的最小运行速率为2 m/s.
设物体最短运行时间为tmin，则vmin＝atmin，
得tmin＝eq \f(vmin,a)＝eq \f(2,1) s＝2 s.
7.如图7，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2.则：
图7
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？
(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？
(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度.
答案 (1)2 s (2)0.1 (3)2 m
解析 (1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，
设物体做匀加速运动的时间为t
所以eq \f(v,2)t＋v(6 s－t)＝L
代入数据解得：t＝2 s
(2)在匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得：v＝at
联立解得：μ＝0.1
(3)在物体匀加速运动过程中，传送带上表面相对于地面的位移s＝vt＝4 m
物体相对于地面的位移s′＝eq \f(1,2)at2＝2 m
所以物体在传送带上的划痕长度Δs＝s－s′＝2 m.
训练2 倾斜传送带模型
1.(2020·浙江高一期末)如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
图1
答案 D
解析 开始时小木块相对传送带向后运动，滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度为a1＝gsin θ＋μgcs θ
则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tan θ，木块将继续加速，加速度为a2＝gsin θ－μgcs θ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确.
2.(2020·济宁一中高一月考)如图2所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么( )
图2
A.t1＝t2 B.t1>t2
C.t1答案 A
解析 滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据s＝eq \f(1,2)at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确.
3.(2021·泰州中学、南菁高中高一上第二次联考)倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图3甲所示.在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5 s时小煤块从B点离开传送带.小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)0～0.5 s内和0.5～1.5 s内的加速度大小；
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
(3)在0～1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度.
答案 见解析
解析 (1)a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝10 m/s2
a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝2 m/s2
(2)0～0.5 s内：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
0.5～1.5 s内：mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
联立解得μ＝0.5
(3)0～0.5 s内：传送带多运动Δs1＝v1t1－eq \f(1,2)v1t1＝1.25 m
0.5～1.5 s内：物块多运动Δs2＝eq \f(1,2)(v1＋v2)t2－v1t2＝1 m
痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m
4.如图4所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间距离即A、B两点间长度L＝16 m，传送带以v＝3 m/s的恒定速率顺时针转动.现有质量m＝0.5 kg的物块以初速度v0＝1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图4
(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度大小.
(2)物块从A运动到B所用的时间.
答案 (1)3 m/s (2)7 s
解析 (1)对物块受力分析，
由牛顿第二定律得：
μmgcs θ－mgsin θ＝ma，得a＝0.4 m/s2
物块与传送带相对静止所用时间：t1＝eq \f(v－v0,a)＝5 s
物块运动的位移s1＝eq \x\t(v)t1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝10 m因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，故6 s时物块的速度为3 m/s
(2)物块匀速运动的位移s2＝L－s1＝6 m，匀速运动时间t2＝eq \f(s2,v)＝2 s
物块从A运动到B所用的时间t＝t1＋t2＝7 s.
5.(2021·泰州市高一上第二次质检)如图5甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A、B间距离为L＝4 m，传送带以4 m/s的速度顺时针转动.一质量为1 kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放，沿传送带下滑，到A时用时2 s，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图5
(1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数；
(2)若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6 N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时，求滑块的位移大小.
(3)在第二问的条件下，求滑块从A运动到B的时间.
答案 (1)0.5 (2)2 m (3)1.5 s
解析 (1)当传送带顺时针转动时，对小滑块由牛顿第二定律可知：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
L＝eq \f(1,2)at2
联立解得：μ＝0.5.
(2)传送带的速度为v＝4 m/s，当拉力F作用滑块后，滑块开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：
F＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma1
解得：a1＝4 m/s2.
加速到与传送带速度相等的过程，滑块的位移大小为s1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(42,2×4) m＝2 m
(3)加速到与传送带速度相等之后，
由于F＝mgsin θ，
滑块所受摩擦力突变为0，滑块与传送带相对静止，一起匀速运动
t1＝eq \f(v,a1)＝1 s
t2＝eq \f(L－s1,v)＝0.5 s
故tAB＝t1＋t2＝1.5 s.类型
滑块运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v时，一直匀速
(3)v0(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带足够长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端
类型
滑块运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速再以a2加速