滑塊模型的位置關系及解題方法

物理方法類滑塊模型的位置關系及解題方法高中物理涉及到物體的運動過程的研究，搞清楚物體的位置關系很重要，小舉一例，以作參考：【例】如圖1所示，一質(zhì)量為M、長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m＜M.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖1)，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板，以地面為參照系.(1)若已知A和B的初速度大小為V0，求它們最后的速度大小和方向.圖1V0圖1V0V0BA【解析】方法1、用牛頓第二定律和運動學公式求解．A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t，A、B間的滑動摩擦力為f.如圖2所示．V0V0BL1L2L0答圖2對A據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=maA，L2V0V0BL1L2L0答圖2對B據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=MaB，，V=V0-aBt；由幾何關系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它們最后的速度大小為V＝.V0，方向向右．對A，向左運動的最大距離為．方法2、用動能定理和動量定理求解．A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t，A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量定理可得：對A：ft=mV+mV0①對B：-ft=MV－MV0②解得：V＝V0，方向向右A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必須經(jīng)歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段．設L1為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，L2為A從速度為零增加到速度為V的過程中向右運動的路程，L0為A從開始運動到剛好到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖2所示，設A與B之間的滑動摩擦力為f，則由動能定理可得：對于B：-fL0=③對于A：-fL1=-④f(L1-L2)=⑤由幾何關系L0+L2=L⑥由①、②、③、④、⑤、⑥聯(lián)立求得L1=.方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解．A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量守恒定律可得：MV0－mV0=(m+m)V解得：V＝.V0，方向向右.對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：Q=fL=對于AfL1=由上述二式聯(lián)立求得L1=.從上述三種解法中，不難看出，解法三簡潔明了，容易快速求出正確答案．因此我們在解決動力學問題時，首先搞清楚物體運動過程及位置關系，解題時應優(yōu)先考慮使用能量守恒定律和動量守恒定律求解，其次是考慮使用動能定理和動量定理求解，最后才考慮使用牛頓第二定律和運動學公式求解．練習題：vvBvvBAA.2.4m/sB.2.8m/sC.3.0m/sD.1.8m/s8、如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量M=l00kg、電量q=+6.0×10-2C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上。在傳送途中，有一個水平電場，電場強度為E=4.0×l03V／m，可以通過開關控制其有無?，F(xiàn)將質(zhì)量，m＝20kg的貨物B放置在小車左端，讓它們以υ=2m(1)試指出關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向。(2)為了使貨物不滑離小車的另一端，小車至少多長?(貨物不帶電且體積大小不計，g取10m／s2)練習題答案：1、A2、解析：由于M＞m，Mv0＞mv0，所以，最終M和m以相同的速度向右運動．即m先向左做勻減速運動，速度減到零后再向右做勻加速運動，直到和長板達到共同速度，長板一直向右做勻減速運動，直到和木塊達到共同速度，之后它們一起做勻速運動．所以，木塊的最小速度為零，長板的最小速度為它們一起勻速運動的速度v，由動量守恒定律得Mv0－mv0=（M+m）v，解得v=v0；在它們相對運動的過程中，木塊位移的大小為sm=t=v0t長板位移大小為sM=t=v0t它們相對水平面的位移之比為=．3．解析：A、B兩物塊都滑動時小車靜止，當B的速度減小到零后，在A的摩擦力作用下，小車與B一起向右加速運動，直到跟A達到相同速度之后，A、B和小車以相同速度做勻速直線運動．由動量守恒定律得2mv0－mv0=3mv，解得v=v0；對A由動量定理得－μmgt=mv－m·2v0從A、B滑上小車到它們跟小車相對靜止，經(jīng)歷的時間為t=．4、解析：（1）板在摩擦力作用下向右做勻加速運動直至與物塊速度相同，此時物塊剛到達板的中點，設木板加速度為a1，運動時間為t1，對木板有μ1mg=Ma、v=a1t1∴t1=eq\f(Mv,μ1mg)設在此過程中物塊前進位移為s1，板前進位移為s2，則s1=vt1、s2=eq\f(v,2)t1又因為s1－s2=eq\f(l,2)，-由以上幾式可得物塊與板間的動摩擦因數(shù)μ1=eq\f(Mv2,mgl)、板的位移s2=eq\f(l,2)．（2）設板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，物塊在板上滑行的時間為t2，木板的加速度為a2，對板有μ1mg—μ2(m+M)g=Ma2，且v=a2t2解得t2=又設物塊從板的左端運動到右端的時間為t3，則vt3—eq\f(v,2)t3=l，t3=eq\f(2l,v)--為了使物塊能到達板的右端，必須滿足t2≥t3–即，則μ2≥-所以為了使物塊能到達板的右端，板與桌面間的摩擦因數(shù)μ2≥-5、（1）；；（2）v′應滿足的條件為6、解析：（1）木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為V1．對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：解得：V1=0．6V0對木塊B運用動能定理，有：解得（2）設木塊A在整個過程中的最小速度為V′，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：，對木板C：，當木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有：，解得木塊A在整個過程中的最小速度為：7、解析：（1）當A和B在車上都滑行時，在水平方向它們的受力分析如圖所示：AABv0v0fAfBf車由受力圖可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是A物塊速度減小到與小車速度相等。設A減速到與小車速度大小相等時，所用時間為t1，其速度大小為v1，則：v1=v0-aAt1μmAg=mAaB ①v1=a車t1μmAg-μmBg=Ma車 ②由①②聯(lián)立得：v1=1.4m/st1=2.8s ③（2）根據(jù)動量守恒定律有：mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④v=1m/s ⑤總動量向右，

當A與小車速度相同時，A與車之間將不會相對滑動了。設再經(jīng)過t2時間小物體A與B、車速度相同，則：-v=v1-aBt2μmBg=mAaB ⑥由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦Ot/sv/m.s-112345Ot/sv/m.s-11234512（3）由（1）可知t1=2.8s時，小車的速度為v1=1.4m/s，在0~t1時間內(nèi)小車做勻加速運動。在t1~t2時間內(nèi)小車做勻減速運動，末速度為v=1.0m/s,小車的速度—時間圖如圖所示：⑨8、解析：(1)貨物和小車的速度方向分別向右和向左(2)設關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為υB和υA；電場存在時和電場消失后貨物在小車上相對滑行的距離分別為L1和L2；電場存在的時間是t，該段時間內(nèi)貨物和小車的加速度大小分別是aB和aA，對地位移分別是sB和sA在關閉電場后，貨物和小車系統(tǒng)動量守恒，由動量規(guī)律和能量規(guī)律有mυB－MυAAUTOTEXT====0①μmgL2AUTOTEXT====EQ\F(1,2)mυB2+EQ\F(1,2)MυA2②由①式代人數(shù)據(jù)得υBAUTOTEXT====5υA③在加電場的過程中，貨物一直向前做勻減速運動，小車先向前做勻減速運動，然后反向做勻加速運動，由牛頓定律有aBAUTOTEXT====μmg/mAUTOTEXT====1m/s2aAAUTOTEXT====(qE－μmg)/MAUTOTEXT====2.2m/s2又υBAUTOTEXT====υ－aBt,υAAUTOTEXT====|υ－aAt|將其與③式聯(lián)立可得tAUTOTEXT====1s,υBAUTOTEXT====1m/s,υAAUTOTEXT====0.2m/s再由運動學公式可得sBAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aBt2AUTOTEXT====1.5msAAUTOTEXT====υt－EQ\F(1,2)aAt2AUTOTEXT====0.9m