高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 牛顿运动定律的综合应用（二）试题VIP免费

专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3m(2)2s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v＝v0－at1v＝a1t1解得：v＝2m/s，t1＝1s滑块位移为x1＝＝1m传送带位移为x2＝＝4m故滑块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝3m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：Ff＝ma＝4N＞μmg＝2N故滑块与传送带相对滑动.滑块做减速运动，加速度仍为a1.滑块减速时间为t2，有：t2＝＝1s故：t＝t1＋t2＝2s.例2如图2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＝2m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12m/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.图2(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端共用了多少时间？(g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A端.答案(1)10m/s2，方向沿传送带向下(2)1s7m(3)(2＋2)s解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsinθ＋Ff＝ma1垂直传送带方向：mgcosθ＝FN又Ff＝μFN由以上三式得：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10m/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＝＝1s，x1＝t1＝7m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得：a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下.设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1s沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8m.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＝a2t，代入解得t3＝2s.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.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图3A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀...