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高考物理专题复习:相对运动问题的多种解法VIP免费

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相对运动问题的多种解法物块在木板上滑动的问题,是相对运动问题,一般是用牛顿定律解的运动学和动力学问题,本文给出这种问题的多种解法,还给出图像研究法,以飨读者。【例1】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4.5m,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1s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10ms2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。【解法1】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰撞前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有(mM)g(mM)a1①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v14m/s,由运动学公式得v1v0a1t1②1s0v0t1a1t12③2式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式和题给条件得a11m/s2=0.1④在木板与墙壁碰撞后,木板以v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有2mgma2⑤由图可得a2v2v1⑥t2t1式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得a24m/s22=0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3⑧v3v1a3t⑨v3v1a2t⑩解得:a34m/s2,v32m/s,t1.5s3v1v311解得s14.5mt○2v1v312解得s21.5mt○2碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为s1小物块运动的位移为s2小物块相对木板的位移为13Vss2s1○14得s=6.0m○因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m.(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s3。由牛顿第二定律及运动学公式得15解得a41m/s21(mM)g(mM)a4○6解得s32m0322a4s31○碰后木板运动的位移为17ss1s3○11151617式,并代入数值得联立⑥⑧⑨⑩○○○○18s6.5m○木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.。【解法2】不统一规定正方向,在第一阶段,两物体一起向右运动时,设向右为正;第二阶段,物块向右运动然后向左运动,而木板一直向左运动,则对物块,设向右为正,对木板,设向左为正;第三阶段,两物体一起向左运动时,则设向左为正方向。解法如下:为研究两个物体的运动情况,首先画出运动示意图,如下:第一阶段,两物体一起向右运动(应该是在同一直线上,为避免重复,而画开),第一阶段同【解法1】,不重复了。第二阶段,物块向右运动然后向左运动,而木板一直向左运动,如下图1第二阶段,对物块,匀减速运动,v物44t,s物4t4t22414对木板,匀减速运动,v木4t,s木4tt2323因为二者末速度相等,即-v物v木,解得t1.5s,v木2m/s代入上两式得s物1.5m,s木4.5m,因为二者方向相反,所以木板的长度为Ls物s木6m。第三阶段,两物体一起向左运动,如下图第三阶段,两物体一起向左运动时,则设向左为正,s共以木板右端离墙壁的最终距离为s木s共6.5m.。【解法3】速度-时间图像(v-t图像)法木板与墙壁碰撞后,物块与木板的速度-时间图象(v-t图象)如下:22v22m,所2a321543210-10-2-3-4-5用面积法从图象可以求出,木板右端离墙壁的位移为s10.511.522.533.54v物v木板421.54.5m,22s3(3.51.5)2m,ss1s36.5m,即木板右端离墙壁的最终距离2为6.5m。物块的位移为s2142(速度为0前,向右),(速12ms22(1.51)0.5m22度为0后,向左),所以物块在木块上的总位移为s2s21s221.5m,所以木板的长度...

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