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(共31张PPT)
第三章
牛顿运动定律
专题强化一　传送带模型
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
1．水平传送带模型
2．倾斜传送带模型
类型1　水平传送带
如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动，传送带长L＝7.5 m，今在其左端A将m＝1 kg的工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求工件由A端传送到B端的时间。
例1
[答案]　2 s
拓展思考一：
如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动，传送带长L＝7.5 m，今在其左端A将m＝1 kg的工件以水平速度v0放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若v0＝3 m/s，求工件由A端到B端的时间；
(2)若v0＝7 m/s，求工件由A端到B端的时间。
[答案]　(1)1.58 s　(2)1.42 s
拓展思考二：
如图所示，若传送带沿逆时针方向转动，且v＝5 m/s，传送带长L＝7.5 m，试分析当工件以初速度v0＝3 m/s和v0＝7 m/s放在传送带的左端A时，工件的运动情况，并求出该过程运动时间。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。
[答案]　v0＝3 m/s时，工件从A端离开传送带时的速度大小为3 m/s，时间1.2 s；v0＝7 m/s时，工件从A端离开传送带，速度大小为5 m/s，时间为2.88 s。
[解析]v0与v反向，工件受到与运动方向相反的摩擦力而做匀减速直线运动，若工件从传送带右端滑出，工件将一直受到摩擦力的作用而做匀减速运动；若工件不能从传送带右端滑出，工件将先向右匀减速到0，然后再反向向左做匀加速直线运动，工件会从左端A离开传送带。
【总结提升】
(1)当v0与v同向时，只要传送带足够长，无论v0与v的大小关系如何，最终一定一起匀速。
(2)当v0与v反向时，只要传送带足够长，当v0v时，工件返回到滑入端，速度大小为v。
类型2　倾斜传送带
如图所示，传送带倾角θ＝30°，A端到B端距离L＝5 m，传送带以v＝6 m/s顺时针转动，物体从传送带顶部A由静止释放，物体与
例2
[解析]物体受力如图所示，由μ解得a＝2.5 m/s2。
[答案]　2 s
[答案]　2 s
【总结提升】
(1)物体的运动情况由受力和初速度共同决定。
(2)物体的速度与传送带的速度同向时，要考虑是否会共速，共速后物体不一定和传送带一起匀速，此时关键是看μ和传送带倾角tan θ之间的大小关系。
〔专题强化训练〕
1．(多选)如图1所示，传送带以速率v1匀速转动，滑块A以初速度v0自右向左滑上传送带，从这一时刻开始计时，滑块的速度—时间图像如图2所示。已知v0>v1，下列判断正确的是( )
AC
2．(多选)(2023·海南模拟预测)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示，以某一恒定速率v0运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v－t图像如图2所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
BC
A．在t＝2.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带运行的速度大小为0.5 m/s
D．在0～2.5 s内粮袋处于失重状态
3．如图所示，传送带倾角θ＝37°，A端到B端距离L＝16 m，传送带以v＝10 m/s逆时针转动，物体从传送带顶部A由静止释放，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，试求物体从A运动到底部B的时间。
[答案]　2 s(共27张PPT)
第三章
牛顿运动定律
专题强化二　板块模型
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：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(或Δx＝x2－x1＝L)如图甲所示；滑块和木板反向运动时如图乙所示，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决板块模型中速度临界问题的思维模板
类型1　水平面上的板块模型
如图所示，木板长L＝1 m，质量M＝2 kg，下表面与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。木板左端有一个小滑块(可视为质点)质量m＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。开始时，木板与滑块都处于静止状态，现在给滑块一个水平向右的拉力F＝5 N，g取10 m/s2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)滑块的加速度；
(2)滑块会不会与木板分离，若分离计算从开始运动到分离的时间。
例1
[解析](1)假设二者之间发生相对滑动
以滑块为研究对象受力分析如图甲所示
[答案]　(1)1 m/s2　(2)2 s
特别提醒：对于上面的问题，我们也可以假设滑块和木板之间不发生相对滑动。
假设滑块和木板一起运动，受力分析如图：
拓展思考：
上题中，如果把F减小到4.2 N，会有什么不同呢？
[答案]　二者以a＝0.4 m/s2的加速度相对静止一起做匀加速直线运动。
通过对比我们可以发现am以整体为研究对象则有
二者以该加速度相对静止一起做匀加速直线运动。
【总结提升】
该问题也可以换一个思考角度：
(1)由于两个接触面均有摩擦，可以先分别算出最大静摩擦力，上表面的最大静摩擦力为F2＝μ2mg＝4 N，下表面的最大静摩擦力为F1＝μ1(M＋m)g＝3 N，所以外力F≤3 N时，木板和滑块均不动。
(2)由于外力F作用在滑块上，对于木板而言，合外力为上、下表面摩擦力的合力，而上表面的摩擦力有最大值，此时木板具有最大加速度。在该题的情景中，完全可以先求木板具有的最大加速度，再求此时对应的外力F，若实际的外力大于该值，二者发生相对滑动；若实际的外力小于该值，二者相对静止。
速度，对应的外力满足F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)aM，，解得F＝4.5 N。
(3)综上所述，F≤3 N时，木板和滑块均不动；3 N4.5 N时，二者相对滑动。
因此，解决类似的问题可以先找出临界条件，确定范围，再根据条件求解。
例1
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
[解析](1)对木板和物块，由牛顿第二定律
F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
对物块，有Ff－mgsin α＝ma，Ff≤μmgcos α
代入数据得F≤30 N
(2)F＝37.5 N>30 N，物块与木板相对滑动，对于木板，有
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
对物块，有μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式
[答案]　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　(3)0.9 m
〔专题强化训练〕
1．(多选)(2023·福建厦门大学附属实验中学高三阶段练习)如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
ACD
A．图乙中t2＝24 s
B．木板的最大加速度为1 m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
2．如图1所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图2所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则由图像可知( 　　)
A．10 NB．物块B和木板C之间的最大静摩擦力
C．木板C的质量
D．木板和物块两者间的动摩擦因数
D
[解析]由图像可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C发生相对滑动，A错误；对木板和物块的整体，当F＝10 N时，a＝0，则F＝(M＋m)gsin θ，当F＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则有F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a, fm－mgsin θ＝ma，联立可得M＋m＝2 kg，sin θ＝0.5，但是不能求解物块B和木板C之间的最大静摩擦力和木板C的质量，故B、C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方
3．(2023·山东高三专题练习)如图所示，在平台AD中间有一个光滑凹槽BC，凹槽内有一长木板。长木板左端与B点接触，右端与C点的距离l＝1.2 m。长木板的上表面水平且与平台AD平齐，一可视为质点的物块以v0＝6 m/s的水平初速度滑上长木板，当长木板的右端接触凹槽C端时，物块位于长木板的最右端。已知物块与长木板的质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块与长木板、平台间动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)长木板的长度s；
(2)物块从滑上长木板到最终停止的时间t总。
[答案]　(1)3 m　(2)1.5 s
[解析](1)物块滑上木板，受到水平向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，
木板在光滑凹槽中，受到木块施加的水平向右的摩擦力，则有
μ1m1g＝m2a2，
解得a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2。
故木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，木板的位移为l′，设木块的位移为x1，由题意，位移关系x1＝l′＋s，
共速时间为t，则有v0－a1t＝a2t，
解得t＝1 s。

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