2020版物理优一轮江苏专用版讲义：第三章牛顿运动定律专题突破

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1.传送带的基本类型
(1)按放置可分为：水平(如图1a)、倾斜(如图b，图c)、水平与倾斜组合；
(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。
图1
2.传送带的基本问题
(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；
(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移，运动时间(动力学角度分析)；
(3)功和能问题：做功，能量转化(第五章讲)。
命题角度1 水平传送带模型
【例1】 如图2所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(取g＝10 m/s2)
图2
(1)若传送带静止不动，求vB的大小；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
解析 (1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，
则a＝μg＝6 m/s2，
又veq \\al(2,A)－veq \\al(2,B)＝2ax，代入数值得vB＝2 m/s。
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。
(3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1＝eq \f(v－vA,a)＝0.5 s，
运动的位移为x1＝vAt1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝5.75 m＜8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝eq \f(x2,v)≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
1.求解水平传送带问题的关键
(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。
(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2.滑块在水平传送带上运动常见的3种情景
命题角度2 倾斜传送带模型
【例2】 如图3所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
图3
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
解析 (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
加速过程中t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m。
达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
得t2＝0.5 s。
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案 (1)1.5 s (2)5 m
滑块在倾斜传送带上运动常见的4种情景
“滑块——木板”模型
1.分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联
2.两种类型
【例3】 (2019·安徽名校联考)质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在F＝11 N的水平拉力作用下由静止开始向右运动。如图4所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g＝10 m/s2)。求：
图4
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小。
解析 (1)放上物块后，物块的加速度
a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度
a2＝eq \f(F－μmg,M)＝1 m/s2。
(2)当两物体速度相等后可保持相对静止，故
a1t＝v0＋a2t，
解得t＝1 s，
1 s内木板的位移
x1＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2＝1.5 m，
物块的位移x2＝eq \f(1,2)a1t2＝1 m，
所以板长L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相对静止后，对整体有F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝meq \f(F,M＋m)≈6.29 N。
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
科学思维的培养——动力学中的临界和极值问题
1.分析临界问题的三种方法
2.利用三角函数求极值
y＝acs θ＋bsin θ＝eq \r(a2＋b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(a2＋b2))cs θ＋\f(b,\r(a2＋b2))sin θ))，
令sin φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，cs φ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，则有
y＝eq \r(a2＋b2)(sin φcs θ＋cs φsin θ)＝eq \r(a2＋b2)sin(φ＋θ)。
当φ＋θ＝eq \f(π,2)时，y有最大值，且ymax＝eq \r(a2＋b2)。
【典例】 (2019·苏锡常镇四市一调)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图5所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
图5
A.若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B.若F＝8 N，则B物块的加速度为4.0 m/s2
C.无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D.无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
解析 A与纸板间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与纸板间的最大静摩擦力为fB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N；当F1＝1.5 N＜fA，所以A、B及纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，加速度为a1＝eq \f(F1,mA＋mB)＝eq \f(1.5,2) m/s2＝0.75 m/s2，此时对A有F1－fA1＝mAa，解得fA1＝0.75 N，故A项错误；物块B做加速运动的最大加速度为aBm＝eq \f(μ2mBg,mB)＝μ2g＝2 m/s2，若当F2＝8 N，A、B相对薄纸静止时，则加速度为a2＝eq \f(F2,mA＋mB)＝eq \f(8,2) m/s2＝4 m/s2＞2 m/s2，则此时B相对纸片发生相对滑动，则B的加速度仍为2 m/s2，选项B、D错误；由以上分析可知当纸片的加速度为2 m/s2时，B相对纸片将要产生相对滑动，此时纸片受到的摩擦力为2 N，即纸片对A的摩擦力也为2 NvB，aA＝aB B.vAv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v返回时速度为v，当v0