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弹簧、板块、传送带三大热点问题突破

2009-07-22冯占余

物理教学探讨·高中学生版 2009年5期
关键词:传送带势能滑块

冯占余

一、弹簧问题

(一)弹力的考查

考点1:弹簧处于拉长和压缩两种状态的弹力计算。

解题策略:找到原长,分析是拉长还是压缩,确立弹力方向,用牛顿定律求解。

例1用劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧连接质量分别为m1和m2的物体如图1所示,系统处于平衡。现在用一木板将m2缓慢托起,当两弹簧总长等于两弹簧原长之和时,m2向上移动的距离为_________。

图1

解析 经分析当两弹簧总长等于两弹簧原长之和时,k2应被压缩,k1被拉长,并且k1和k2的形变量相同。设其形变量为x,由m1处于平衡得:k1x+k2x=m1g;假设原来k1伸长y,k2伸长z,对于m2由平衡得:k2z=m2g,对于m1和m2的整体由平衡得:k1y=(m1+m2)g。

m2向上移动的距离为h=y+z+2x=m2g++m1g+。

考点2:弹簧弹力与绳、杆、接触面的弹力区别在于不能突变。

例2如图2所示,质量分别为m1、m2的A、B两物体用轻弹簧连接起来,放在光滑水平桌面上。现用水平力向右拉A,当达到稳定状态时,它们共同运动的加速度为a,则当拉力突然停止作用的瞬间,A、B的加速度分别是()

图2

A. 0和a B. a和0

C. -和a D. 和a

解析 撤除拉力前,对B由牛顿定律得弹簧弹力N=ma,方向向右。撤除拉力后弹簧弹力不变,故B的加速度不变,A的加速度变为向左,a′==,答案为C。

(二) 简谐运动

考点:课本中弹簧振子模型的变式问题。

解题策略:当物体与弹簧相连,除弹簧弹力以外的力是恒力,且与弹簧形变在一条直线上时,物体做简谐运动。利用简谐运动的对称性解题,可以使问题简化。

例3如图3所示,一根用绝缘材料制成劲度系数为k的轻弹簧,左端固定,右端与质量为m、电荷量为+q的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上。当施加一个场强为E、水平向右的匀强电场后,小球开始运动。试说明小球做何种运动,运动中离出发点的最大距离和最大的弹性势能。

图3

解析 类比竖直方向的弹簧振子,(电场力类比重力)可知小球做简谐运动。平衡位置时弹簧伸长,由简谐运动对称性可知球离开出发点的最大距离为。球离出发点最远时,弹性势能最大,此时的弹性势能等于电场力做的功。

(三)弹簧做功和弹性势能的考查

考点:弹簧弹力做功与重力做功有类似特点,弹力做正功,弹性势能减少,减少的弹性势能等于弹簧弹力的功。弹性势能仅与弹簧的形变量有关,拉长和压缩相同量时,弹性势能相同。

解题策略:处理弹性势能通常采用能量转化的思想,避开直接处理弹性势能,一般选取初末态形变量相同,弹性势能变化为零;或者采用同一过程列两个方程,解方程时消掉弹性势能。

例4有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M,另有三块木块A、B和C,它们的质量分别为mA=mB=m,mC=3 m,它们与斜面间的动摩擦因数都相同。其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与档板M相连,如图4所示。开始时,木块A静止在P处,弹簧处于自然伸长状态。木块B在Q点以速度v0向下运动,P、Q间的距离为L。已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A相碰后立即一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B向上运动恰好能回到Q点。现在木块A仍静止于P点,若木块C从Q点开始以初速度v0向下运动,经历同样过程,最后木块C停在斜面上R点,求P、R间的距离L′的大小。

解析 物体匀速下滑mgsinθ=μmgcosθ,即滑动摩擦因数u=tanθ。B、A相碰动量守恒,设碰后速度为v1,则mv0=2mv1。设A向下运动的最大位移为s,A、B下滑受到的合外力为弹簧弹力,设A、B克服弹簧弹力做功W,则由动能定理W=×2mv21,整理得W=mv20。当弹簧恢复原长时A、B分离,设此时速度为v2,对A、B整体从P点出发到再次回到P点的过程,重力和弹簧弹力做功均为零,只有摩擦力做功,设返回P点时速度为v2,由动能定理得-μ•2mgcosθ•2s=×2mv22-×2mv21。B分离后上升到Q点,由动能定理得

-(mgsinθ + μmgcosθ)L=-mv22

整理得4mgsinθ•s=mv20-4mgLsinθ①

对于C:C、A碰撞动量守恒3mv0=4mv3。设A向下运动的最大位移为s′,克服弹簧弹力做功W′,则W′=×4mv23,整理得W =mv20,所以s′=s。设A、C整体返回P点时速度为v4,从P点出发到再次回到P点的过程,由动能定理得

-μ•4mgcosθ•2s′=×4mv24-×4mv23

A、C分离后从P到R,由动能定理得

-(3mgsinθ+μ•3mgcosθ)L′=-×3mv24,整理得

8mgsinθ•s=mv20-8mgsinθ•L′②

解得L′=L-。

二、板块问题

(一)用匀变速直线运动知识解决

考点:运动中的参照物,匀变速运动的规律。

解题策略:采用运动学公式求解,应优先考虑平均速度,匀变速运动推论以及运动的速度—时间图象,忌直接采用s=v0t+at2等基本公式求解,这样运算量过大。

例5如图5所示,在一光滑的水平面上有两块质量相同的木板B和C。重物A(视为质点)位于B的右端,A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C,B与C发生正碰,碰后B和C粘在一起运动,A在C上滑行,A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。试问:从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间,C所走过的距离是C板长度的多少倍?

解析 此题的典型解法是采用动量和能量求解,同学们一般问题不大。在这里想谈一下采用运动学公式求解的一些技巧。

方法一:采用平均速度

设A和B的初速度为v,由碰撞动量守恒知B和C碰完时C的速度为vC=,A的速度仍为v=v,最后A到达C的最右端时A、C速度均为v′C=v′A=v。此过程A和C做匀变速运动,C的位移sC=t(t为此过程的时间),A的位移sA=t,C板长度L=sA-sC,解得=。

方法二:图象法

如图6所示,作出A和C运动的速度—时间图象(图中AB曲线为C木块的图象,CB曲线为A木块的图象),梯形OABD的面积等于C的位移,三角形ACB的面积等于C板长度,从而得解。

(二)用动量、能量观点解决

考点:动量定理、动量守恒、机械能守恒、动能定理、能量守恒等规律的综合运用。

例6如图7所示,一质量为M=4 kg、长为L=1.4 m的木板静止在光滑的水平面上,木板的最右端放一质量为m=1 kg的小滑块,滑块和木板的摩擦因数为μ=0.4。在木板上作用一恒力F=28 N将木板从滑块下抽出,求F作用的最短时间。

解析 F作用阶段,木板和滑块都向右加速,由于木板的加速度大于滑块的加速度,故F撤去时,滑块仍然向木板的左端滑,当到达最左端二者同速,滑块恰好滑离木板。设F作用的时间为t,二者共同速度为v,在滑块从一端到达另一端的过程中,由于地面光滑,系统的外力和为F,对系统使用动量定理得Ft=(M+m)v,解得v=5.6t。F作用阶段木板的加速度设为a,则由牛顿定律得F-μmg=Ma解得a=6 m/s2,此过程木板的位移s=•at2,解得s=3t2,F做功W=Fs=84t2,滑块从一端到另一端系统内能增量为Q=μmgL=5.6 J,由能量守恒定律得W=Q+(M+m)v2,解得t=1 s。

三、传送带问题

(一)对运动学问题的考查

考点:考查滑动摩擦力、静摩擦力间的突变。

解题策略:滑动摩擦力产生在相对滑动的物体间,用f=μN计算。当物体间存在相对滑动的趋势时,物体间存在静摩擦力,静摩擦力的计算要由牛顿定律求,取值范围满足-fmax≤f静≤fmax。

例7如图8所示,水平传送带的长度L=5 m,皮带轮顺时针匀速转动。现有一小物体(视为质点)以水平速度v0= m/s从A点滑上传送带,越过B点后做平抛运动,其水平位移为s。已知物体与传送带的摩擦因数为μ=0.04,B端距地面的高度为h=5 m,现在改变传送带的速度v,试作出传送带不同速度时小物体的水平位移s的图象。(g=10 m/s2)

解析 取地面为参照物,①设小物体一直做加速运动到B点,到达B点的速度为v1,则v21-v20=2aL,μmg=ma,代入数据解得v1=3 m/s。若传送带速度v≥3 m/s,则物体将一直加速到达B点,到达B点的速度为3 m/s,由平抛运动规律得h=gt2,s=v1t,解得t=1 s,s=3 m。②设小物体一直做减速运动到B点,到达B点的速度为v,则v20-v22=2aL,解得v2=1 m/s。若传送带速度v≤1 m/s,则物体将一直减速到达B点,到达B点的速度为1 m/s,解得s=1 m。③若传送带速度1 m/s<v< m/s,则物体将先减速到等于皮带的速度v,然后随皮带一起匀速运动一段,到达B点的速度为v,抛出后s=v(m)。若传送带速度 m/s<v<3 m/s,则物体将先加速到皮带的速度v,然后随皮带一起匀速运动一段,到达B点的速度为v,抛出后s=v(m)。若传送带速度为v= m/s,则物体一直匀速运动,抛出后s=v(m)。作出图象如图9所示。

(二)综合考查力学规律

例8一传送带装置示意图如图10所示,其中AB部分水平,长10 m,BC部分倾斜,长2.5 m,倾角为30°,传送带匀速运动,速度为5 m/s。现要利用传送带将小货箱由A处送至C处,已知每个小货箱质量m=20 kg,与传送带的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小货箱可视为质点,从A处释放时速度为零,并且当前一个货箱相对皮带静止时立即放上下一个货箱(不计轮轴的摩擦)。求:(1)传送带上至多有几个小货箱。(2)传送带传送货箱过程中电动机的最大功率和最小功率分别是多少?(3)从第一个货箱放上传送带至其到达C点的过程中电动机做功的平均功率。

解析 (1)货箱与皮带打滑过程:t1==1 s,货箱位移s1=t=2.5 m,皮带位移s2=vt=5 m。如图11所示,当放货箱时与前一货箱距离均为2.5 m,相对皮带静止的相邻货箱间距5 m。当第一个货箱到达C点时,第3个货箱相对皮带刚好静止,当第2个货箱到C点,第4个货箱刚好相对皮带静止,故传送带上至多有3个小货箱。

(2)当一个货箱处在斜面上时,皮带对小货箱的摩擦力为静摩擦力f静=mgsin30°(恰好等于最大静摩擦力),皮带对其做功的功率为P1=f静v=500 W。此时恰有一货箱在水平部分打滑,f=μmg,皮带对其做功的功率为P′1=fv=500 W,此时电动机做功功率最大Pmax=1 000 W。当只有一个货箱在水平部分打滑时功率最小Pmin=P′1=500 W。

(3)第一个货箱从A到C的时间为t2=t1+t匀=3 s,小货箱增加的机械能等于E1=3×mv2+mgh=1 000 J,小货箱与传送带间增加的内能E2=3f(s2-s1)=750 J,电动机的平均功率为P==583 W。

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