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动力学综合——单个物体的多过程问题课件

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2021版高考物理(新课标)一轮复习专题课件_专题六 动力学和能量观点的综合应用 (共46张PPT)

2021版高考物理(新课标)一轮复习专题课件_专题六 动力学和能量观点的综合应用 (共46张PPT)

(3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖 直距离 y1 分别为
x1＝72R－56Rsin θ ⑨ y1＝R＋56R＋56Rcos θ ⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 的事实.
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t. 由平抛运动公式有
[典例 1] (2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一轻弹簧原长 为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处， 另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径 为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均 在同一竖直平面内.
质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出).随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF＝4R.已 知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ＝14，重力加速度大小为 g.(取 sin 37°＝35，cos 37°＝45)
则 Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m 滑块向右运动 x2 时，传送带向右运动的位移为 x2′＝vt2 ＝2 m 则 Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m 则产生的热量为 Q＝μmg·Δx＝12.5 J. [答案] (1)3.125 s (2)12.5 J
考向 2 滑块—木板模型分析 [典例 3] 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木 块的质量 m＝0.5 kg、长度 L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩 擦因数 μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量 M＝1 kg 的小 铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数 μ2＝0.25.现给铅块 一向右的初速度 v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取 g＝10 m/s2， 求：

高三物理第5章-第5节动力学和能量观点解决力学综合问题考点考题透析课件(44张PPT)

高三物理第5章-第5节动力学和能量观点解决力学综合问题考点考题透析课件(44张PPT)

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高三大一轮复习学案
则：v＋a1t2＝a2t2⑥ 小物体的位移 x1＝vt2＋12a1t22⑦ 薄板的位移 x2＝12a2t22⑧ 薄板的长度 l＝x1－x2⑨ 联立③～⑨式得 l＝2.5 m 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
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高三大一轮复习学案
如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平 变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始 计时，改用图丙中周期性变化的水平力 F 作用(g 取 10 m/s2)．求：
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高三大一轮复习学案
[典例 2] 如图所示，半径 R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在 竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的 夹角 θ＝37°，另一端点 C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平 面上紧挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高．质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝ 1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨 道．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2.求：
(1)A 点与 B 点的水平距离； (2)薄板 BC 的长度．
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高三大一轮复习学案
解析 (1)小物体从 A 到 B 做平抛运动，下落时间为 t1，水平 位移为 x，则：
gt1＝v0tan 37°① x＝v0t1② 联立①②得 x＝1.2 m
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高三大一轮复习学案
(2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋gt12③ 小物体在薄板上运动，则： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④ 薄板在光滑斜面上运动，则： Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2，

剖析多过程问题

剖析多过程问题
答案 (1)2 m/s (2)0．5 s 0．5 m (3)1．5 m
⑩ ⑪
⑫
多过程问题的解决方法三 -----程序法 所谓程序法，是按时间的先后顺序对题 目给出的物理过程进行分析，正确划分 出不同的过程，对每一过程，具体分析 出其速度、位移、时间的关系，然后利 用各过程的具体特点列方程解题． 利用程序法解题，关键是正确选择 研究对象和物理过程，还要注意两点： 一是注意速度关系，即第1个过程的末 速度是第二个过程的初速度；二是位移 关系，即各段位移之和等于总位移．
剖
析
多 过 程 问 题
多过程问题 1.很多动力学问题中涉及物体两个或多个连续 的运动过程，在物体不同的运动阶段， 物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我 们把这类动力学问题称为多过程问题． 2.多过程问题可根据涉及物体的多少分为单 体多过程问题和多体多过程问题． 3.观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系 是求解多过程问题的两个关键．过程特征需仔 细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情 况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐 个进行研究． 至于过程之间的联系，则可从物 体运动的速度、位移、时间等方面去寻找．
【答案】 第一次经过B点的时间为0.2 s 第二次经过B点的时间为0.7464 s
2．如图所示，将一物块M放在匀速传送的 传送带的A点，已知传送带速度大小v＝2 m/s，AB＝2 m，BC＝4 m，M与传送带 的动摩擦因数μ＝0.25，试求物块由A运动 到C点共需要多长时间．(g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【解析】 第一阶段做初速度为零的匀加速直线运动、加速度为 a1＝＝μg＝2.5 m/s2， 所用时间为 t1＝＝＝0.8 s s1＝a1t＝0.8 m 第二阶段做匀速直线运动，所用时间为t2＝＝0.6 s 第三阶段做初速度v＝2 m/s的匀加速直线运动， mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 s2＝BC＝vt3＋a2t 解得a2＝4 m/s2， t3＝1.0 s 故物块M运动到C所需时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.

高考物理总复习 专题5 应用动力学和能量观点处理多过程问题课件

高考物理总复习 专题5 应用动力学和能量观点处理多过程问题课件

L θ·cos
θ
＝12mv2B
①
解得vB＝ 2gH－h－μL.
②
(2)运动员离开B点后在竖直方向做自由落体运动
h＝12gt2
③
在水平方向做匀速直线运动s′＝vBt
④
从A点出发，运动员水平方向运动距离s＝s′＋L ⑤
由②③④⑤得：
s＝2 －h2＋H－μLh＋L
＝L＋2 －h－H－2μL2＋H－4μL2
(1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间； (2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功． 【答案】(1)0.5 s (2)－168 J
【解析】(1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律mg－ 0.6mg＝ma1
解得：a1＝4 m/s2 “乐乐”下落过程：h1－h2＝12a1t2 解得：t＝3 s 允许保安最长的反应时间：t′＝t－t0＝ (3－2.5) s＝0.5 s.
图2 (1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向．
解析 (1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg＝ma 得a＝μg＝2 m/s2 加速到与传送带速度相同时所需要的时间 t＝va0＝2 s 位移s＝12at2＝4 m 此时物块恰好到达B端，即滑块从A端运动到B端的时间t ＝2 s.
方法提炼 1．在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和 做功情况． 2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全 过程列式，也可以分过程列式．
跟踪训练1 一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地 h1＝19.5 m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天 气，设它的质量m＝2 kg.在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在 同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，奔跑过 程用时t0＝2.5 s，恰好在距地面高度为h2＝1.5 m处接住“乐 乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落 过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重 力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2.求：

2020届高考物理一轮复习人教版应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题PPT课件(共26张)

2020届高考物理一轮复习人教版应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题PPT课件(共26张)

(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。
(2)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。
答
(1)3.125 s (2)12.5 J
案
考点巧讲
(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速
解 析
度为 v1,则 Ep=12m������12,得 v1=3 m/s
匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带
的速度相同为分析的临界转折点。
(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。如果两
个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量 Q=Ff·x 相对,其中 x 相对为它们之间的相对位移,当这两个物
体的运动方向相同时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x 相对
(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。
(2)滑块离开小车时的速率。
(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。
答
(1)4 m/s (2)3 m/s (3)1.2 m
案
考点巧讲
(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线
解 析
运动,设滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿第二定
考点巧讲
第五单元 机械能
题型3 平斜交接的送带 例4 如图所示,传送带的水平部分 ab=2 m,倾斜部分 bc=4 m,bc 与水平面的夹角 α=37°,一
物体 A 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为 2 m/s。若把物
体 A 轻轻放到 a 点,它将被传送带送到 c 点,且物体 A 一直没有脱离传送带。求物体 A 从

届高考物理一轮复习专题应用动力学和能量观点处理多过程问题(人教版)精品PPT课件

届高考物理一轮复习专题应用动力学和能量观点处理多过程问题(人教版)精品PPT课件

F A
OR B
分析:
过程
运动状态
物理规律
由A到B
匀加直
牛顿第二定律+运动学 (或动能定理)
由B到C 变速圆周运动 机械能守恒定律
离开C以后 平抛运动 关键位置：B、C
(或动能定理) 平抛运动规律
C
OR F
A
B
解： （1）小物块从A到B做匀变速直线运动， 设小物块在B点的速度为vB，由牛顿第二定律 有
(1①)v指B＝明初2g状(H态－h－μL)
(s2②平抛m)ahx物抛规＝＝体运律HH－－离动求2μμ开，解LL＋可BL点运后用做平 (3③)2求.62解m最或值0的.38两m种方 法：利用二次函数求
因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到 最值和利用基本不等
7 m，h值应为多少？
式求最值
突破考点二： 应用机械能守恒定律和动力学方法解决多过 程问题
点时的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点各放一个压力 传感器，测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来．小滑车到达
第一个圆形轨道最高点C处时刚好对轨道无压力，又经过水平轨道滑入第二 个圆形轨道内侧，其轨道半径r＝1.5 m，然后从水平轨道飞入水池内，水 面离水平轨道的距离为h＝5 m，g取10 m/s2，小滑车在运动全过程中可视
【考点解读】
若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动 和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学 方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑 应用动能定理或机械能守恒定律求解．
例3 如图2所示，水平传送带AB的右端与在竖直面内用内 径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很 小．传送带的运行速度v0＝4.0 m/s，将质量m＝0.1 kg的可 看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A端．已知传送 带长度L＝4.0 m，“9”字全高H＝0.6 m，“9”字上半部分 圆弧半径R＝0.1 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2， 重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向．

高考物理二轮复习 第一部分 专题4 动力学的两类基本问题及综合应用课件

走向高考 ·物理
高考二轮总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第一部分
微专题强化练
第一部分
考点强化练4 动力学的两类基本问 题及综合题引路
4 易错防范
考向分析
近几年高考对动力学的两类基本问题及综合应用的考查趋 向于解决生活、科技、工业生产等诸多问题，同时注意与电 场、磁场的联系。
感谢亲观看此幻灯片，此课件部分内容来源于网络， 如有侵权请及时联系我们删除，谢谢配合！
尝试解答：(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运动，根据牛顿第二
定律有
μ2g＝4
m/s－0 1s
m/s，
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。
考题引路
(2015·课标Ⅰ)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1s时间内小物块的v－t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：
小物块向右位移 x2＝4 m/2s＋0t1＝2 m。此后，小物块开始向 左加速，加速度仍为 a2＝4 m/s2，
木板继续减速，加速度仍为 a1＝43m/s2， 假设又经历 t2 二者速度相等， 则有 a2t2＝v1－a1t2， 解得 t2＝0.5 s。

2020版高考物理第三章牛顿运动定律10高考培优讲座3“多物体、多过程”类力学综合问题课件


乙 (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．
[审题指导]
在 t＝0～1 s 时间内， 小物块和木板一起运动， 具
有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加 速度， 然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数 μ1. 根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板 间的相对位移，即木板的最小长度．
(3)关注临界点． “多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速 度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移 最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．
【典题例证】 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， 如图甲所示．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 v－t 图线如图乙所 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： 甲
(2)两模型的区别 ①木块、 木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运 动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行 分析； 而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传 送带一直做匀速运动， 一般情况下只需对物体的受力情况和运 动情况做出分析即可． ②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与 传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不 同．
(3)在小物块和木板具有共同速度后， 两者向左做匀变速运动直 至停止， 设加速度为 a4， 此过程中小物块和木板运动的位移为 x3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 0－v2 3＝2a4x3 ⑮ ⑯

高中物理 综合应用力学两大观点解决多过程问题 课件 高考物理课件


于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7 m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖 直放置、内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方， C点离地面的高度H＝1.25 m.一个质量m＝1 kg的小滑块 (可视为质点)，从A点由静止下滑，小滑块与BC段的动 摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力. (1)求小滑块在水平导轨BC段运动的时间； 答案 0.2 s
木板和小物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态.木 板和物块两者间的动摩擦因数μ＝ 3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重 2 力加速度为g.
(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，
木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0； 答案 见解析
图2
解析
答案
(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑 且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；
答案
2.(2017· 苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板 P，质量
为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与P
方向竖直向上.
解析 答案
(3) 若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端
射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？ 答案 0.2 m 1.7 m
解析
答案
随堂测试
1.(2017· 南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为 1 kg和4 kg的物体A和B，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻 绳的一端固定且离 B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与 A 相连，滑轮与 B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A在水平向右的恒力F＝31 N作用下 运动了4 m，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物体B因摩擦而产生的热量；

动能动能定理---单个物体多过程问题

仙源学校高三分校物理讲学稿【课题】动能和动能定理———单个物体多过程问题第5节【考纲要求】动能和动能定理Ⅱ【本节重点】单个物体、多过程的动能定理的应用【方法指导】(1)明确研究对象和研究过程：研究对象一般取单个物体，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)使用动能定理．(2)分析受力及各力做功的情况：①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤用恒力功的公式列出各力做功的代数和，对变力功或要求的功用W表示．(3)明确过程始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝12mv22－12mv21求解．【自主再现】完成《高考调研》P60“自主再现”内容，展台展示。

【互助探究】例1：如图所示，一小物块从倾角θ＝37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点．已知小物块的质量m＝ kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ＝，A点到斜面底部B点的距离L＝ m，斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失．求：(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小；(2)BC间的距离；(3)若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A点，此初速度为多大？(取g＝10 m/s2)跟踪训练：如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝ m、h2＝ m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s2，sin37°＝、cos37°＝.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．诱思启导(1)从A到D的整个过程中，各个阶段各力做的功都可由功的公式表达，可对全程应用动能定理．(2)滑动摩擦力(大小一定)做的总功等于摩擦力与物体总路程的乘积．(3)涉及时间的问题不应考虑动能定理．题后反思【课堂训练】1.如图所示，让摆球从图中的A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线被拉断.已知OA与竖直方向的夹角为θ＝600，摆线长l＝1.6 m，悬点到地面的竖直高度为H＝ m， g取10 m／s2，不计空气阻力，求：（1）摆球落地时的速度。

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(2)对小物块，由 C 到 D 有 2mgR＝12mv22－12mv12 在 D 点 FN－mg＝mvR22 由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为 F′N＝FN＝60N.
方向竖直向下
(3)小物块从 D 点抛出后做平抛运动，则 h＝12gt2 解得 t＝0.4 s
将小物块在
E
点的速度进行分解得
tan
练习：如图所示，一质量m=0.4 kg的滑块(可视为 质点)静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的A点。 现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力 的功率恒为P=10 W。经过一段时间后撤去外力， 滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切
线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道， 轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达 传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨 道AB的长度L=2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角 =37o，圆形轨道的半径R=0.5 m。(空气阻力可忽 略，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6， cos37o=0.8)求：
（1）滑块运动到C点时速度Vc的大小； （2）B、C两点的高度差h及水平距离x; （3）水平外力作用在滑块上的时间t.
单个物体多过程运动的处理方法
开发区高级中学 林东生
年份
2007 2008 2009 2010 2011
构成 单体、 多过程 单体、 多过程
多体 多过程
多体 多过程
多体 多过程
运动类型
模型
匀变速直线运动、 圆盘、斜面
圆周运动
匀变速直线运动、 圆轨道、 圆周运动、平抛运动 平 面
匀变速直线运动、 圆轨道、长
（1）小物块在水平传送带BC上的运动时间。 （2）水平传送带上表面距地面的高度h。 （3）小物块经过O点时对轨道的压力。
【解析】（1）小物块由A运动B，由动能定理得
mgH
1 2
mvB2
解得 vB 2gH 5m / s 由牛顿第二定律，得 mg ma 解得 a g 4m / s2
水平传送带的速度为 v0 R1 3m / s 由 v0 vB at1
切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆
周运动．已知圆弧半径R＝0.9m，轨道 最低点为D，D点距水平面的高度h＝ 0.8m．小物块离开D点后恰好垂直碰击 放在水平面上E点的固定倾斜挡板．已知 物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3， 传送带以5m/s恒定速率顺时针转动(g取
10 m/s2)，试求：
(1)传送带AB两端的距离； (2)小物块经过D点时对轨道的压力； (3)倾斜挡板与水平方向的夹角θ的正切 值．
得 t1
vB
v0 a
0.5s
t t1 t2 1.5s
则
L1
vB
v0 2
t1
2m
t2
L
L1 v
1s
（2）小物块从C到D做平抛运动，
在D点有
vy
v0
tan
2
4m
/
s
由
v
2 y
2gh
得
h
v
2 y
0.8m
2g
（3）小物块在D点的速度大小为 vD
vC2
v
2 y
5m / s
对小物块从D点到O由动能定理，
圆周运动：（变加速曲线运动）
研究过程： 能量的思想 研究状态：运用牛顿定律，注重向心力
的考查
恰好过A点：V= gR
A
R
B点的压力：F mg m v 2
R
B
A
B:
mg2R
1 2
mB2
1 2
mvA2
例题1.质量为m＝1kg的小物块轻轻放 在水平匀速运动的传送带上的A点，随 传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧
解析 (1)对小物块，在 C 点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得
mg＝mvR12，则 v1＝ gR＝3 m/s 由于 v1＝3 m/s＜5 m/s，小物块在传送带上一直加速，则由 A 到 B 有 v12＝2axAB a＝μmmg＝μg＝3 m/s2 所以传送带 AB 两端的距离 xAB＝1.5 m.
得
mgR(1
cos )
2
1 2
mv2
1 2
mvD2
在O点由牛顿第二定律，得
v2 FN mg m R
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为 FN 43N 方向向下
小结：
分解 景
动 牛顿定律
过程
力
确建 定立 对模 象型
状态 律
分析
态
学 能
运动学公式
动能定理
受力 分析
量 功能关系Biblioteka θ＝vgt2＝34
5 .
衔接点：速度是连续的
注意：把研究对象按时间的先后顺序分
成相应的几个运动过程。但计算的切入点 不一定是开始运动时，通常是已知条件多 的点。
解题策略：
1.明确研究对象 2.建立模型：斜面、传送带、长木板、圆弧
3.分解过程：依据建立的模型，把全过程分
解为若干个子过程来研究，从而把复杂问题简 单化。子过程一般是上面所列的三种运动类 型之一。并通过速度的连续性衔接在一起。
运动类型：
直线运动 平抛运动 圆周运动
直线运动：匀速直线和匀变速直线
主要考查：动力学思想和能量思想。 特别注重摩擦力的考查。
﹛长木板： 传送带：
考查的核心问题： 运动性质的分析
平抛运动：（匀变速曲线运动）
主要考查：运动分解的思想
（分解速度、分解位移）
水平位移X=Vt 竖直位移h=gt2/2
h
x
4.分析规律：根据受力分析和状态分析找出
各个子过程的运动规律。适合牛顿定律还是 动能定理。 5.选择动力学或能量途径列方程
特别要注意过程之间的衔接
变式：如图所示，设AB段是距水平传送带装 置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使 用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包 的摩擦系数μ=0.4，皮带轮的半径为 R1=0.2m，转动的角速度为ω=15rad/s。 设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点 下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．小 物块随传送带运动到C点后水平抛出，恰好 无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆 孤轨道下滑。D、E为圆弧的两端点，其连线 水平。已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心 角θ=106°，O为轨道的最低点
圆周运动
木板、平面
匀变速直线运动、 圆轨道、 圆周运动、平抛运动 小车、平面
匀变速直线运动、 长木板、
平抛运动
平面
力学综合题的分类： 1.单个物体多过程运动：
情景中一个研究对象按时间先后顺序 参与了多个物理过程，各个过程通过速 度延续做为接点。
2.多个物体多过程运动：
情景中一般包含两个或三个研究对象， 它们同时参与了多个物理过程，各对象、 各过程间相互作用、相互牵连。