第3章 微专题4 动力学中的“木板—滑块”和“传送带”模型-2022新高考物理一轮复习【名师导航】配套Word教参(新高考·湖北专用)

2021-10-07
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资源信息

学段 高中
学科 物理
教材版本 -
年级 高三
章节 -
类型 教案
知识点 传送带模型,匀变速直线运动推论,板块模型,牛顿运动定律的应用
使用场景 高考复习-一轮复习
学年 2022-2023
地区(省份) 湖北省
地区(市) -
地区(区县) -
文件格式 DOC
文件大小 646 KB
发布时间 2021-10-07
更新时间 2023-04-09
作者 山东众旺汇金教育科技有限公司
品牌系列 名师导航·高考一轮
审核时间 2021-10-07
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来源 学科网

内容正文:

微专题四 动力学中的“木板—滑块”和“传送带”模型 动力学中“木板—滑块”模型 1.模型分析 模型 概述 (1)滑块、滑板是上下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式。 常见 情形 滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板<x块,Δx=x块-x板,最后分离或相对静止 开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板 滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动,以及滑板与地面是否有相对运动 2.常见临界判断 (1)滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等。 (2)木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端。 (3)滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件:滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力,且二者加速度相同。  一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求: 图(a)         图(b) (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。 [大题拆分] 第一步:分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知,如图甲所示)。 第二步:分析过程模型。 (1)认为地面各点的粗糙程度相同,小物块和木板一起向右做匀变速运动,到速度大小为v1,如图乙所示。 (2)木板与墙壁碰撞过程:小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件),由于碰撞时间极短(Δt→0),故碰后小物块速度不变,木板的速度方向突变(设置的初始条件),如图丙所示。 (3)然后小物块向右减速,木板向左减速,经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小,故小物块速度为零时,木板仍有速度。然后小物块向左加速,木板向左减速,到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。 (4)分析临界条件,包括时间关系和空间关系,如图戊所示。 (5)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。 [解析] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v=4 m/s 碰撞后木板速度水平向左,大小也是v=4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动,加速度大小a2= m/s2=4 m/s2= 根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得μ2=0.4 木板与墙壁碰撞前,匀减速运动时间t=1 s,位移x=4.5 m,末速度v=4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动,可得x=vt+a1t2 解得a1=1 m/s2 设小物块的质量为m,则木板的质量为15m,对小物块和木板整体受力分析,地面对木板的滑动摩擦力提供合外力,由牛顿第二定律得:μ1(m+15m)g=(m+15m)a1,即μ1g=a1 解得μ1=0.1。 (2)碰撞后,木板向左做匀减速运动,依据牛顿第二定律有μ1(15m+m)g+μ2mg=15ma3 可得a3= m/s2 对滑块,加速度大小为a2=4 m/s2 由于a2>a3,所以滑块速度先减小到0,所用时间为t1=1 s的过程中,木板向左运动的位移为 x1=vt1- m/s m,末速度v1=v-a3t1==a3t 滑块向右运动的位移x2=t1=2 m 此后,小物块开始向左加速,加速度大小仍为a2=4 m/s2 木板继续减速,加速度大小仍为a3= m/s2 假设又经历t2二者速度相等,则有a2t2=v1-a3t2 解得t2=0.5 s 此过程中,木板向左运动的位移 x3=v1t2- m,末速度v3=v1-a3t2=2 m/s=a3t 滑块向左运动的位移x4==0.5 ma2t 此后小物块和木板一起匀减速运动,二者的相对位移最大为Δx=x1+x2+x3-x4=6 m 小物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为6 m。 (3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止,整体加速度大小为a1=1 m/s2 向左运动的位移为x5==2 m 所以木板右端离墙壁最

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