2019年高考物理专题复习：相对运动问题的多种解法(含答案)

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。0t时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1ts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210ms。求(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；1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，1a小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有①1()g(mM)amM由图（b）可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度，由运动学公式得14/vms②1011vvat2③0011112svtat式中，=1s,=4.5m是木板碰前的位移，是小物块和木板开始运动时的1t0s0v速度。联立①②③式和题给条件得=0.1④21/1sma在木板与墙壁碰撞后，木板以的初速度向左做匀变速运动，小物块以的初1v1v速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为，由牛顿第二定律有2a⑤22mgma由图可得⑥21221vvatt式中，=2s,=0,联立⑤⑥式和题给条件得2t2v=0.4⑦22/4sma2（2）设碰撞后木板的加速度为，经过时间，木板和小物块刚好具有共同3at速度。由牛顿第二定律及运动学公式得3v⑧213()mgMmgMa⑨313vvat⑩312vvat解得：，，23/34smasmv/23st5.1碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为解得1312vvst○11ms5.41小物块运动的位移为解得1322vvst○12ms5.12小物块相对木板的位移为21sss○13得=6.0ms○14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，4a此过程中小物块和木板运动的位移为。由牛顿第二定律及运动学公式得3s解得14()()amMgmM○1524/1sma解得234302as○16ms23碰后木板运动的位移为13sss○17联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得○11○15○16○176.5sm○18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，如下图第二阶段，对物块，匀减速运动，，tv44物24214tts物对木板，匀减速运动，，tv344木234214tts木因为二者末速度相等，即，解得，代入上两式得木物vv-st5.1smv/2木，，因为二者方向相反，所以木板的长度为ms5.1物ms5.4木。m6ss木物L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，，所322sav共m21222以木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.。共木ss【解法3】速度-时间图像（）法图像t-v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：-5-4-3-2-101234500.511.522.533.54v物v木板用面积法从图象可以求出，木板右端离墙壁的位移为，ms5.45.12241，，即木板右端离墙壁的最终距离ms2)5.15.3(223msss5.631为。m5.6物块的位移为（速度为0前，向右），ms212421（速度为0后，向左），所以物块在木块上的总位移ms5.0)15.1(2222为，所以木板的长度为。mss5.1s22212mL65.45.1考虑大家的习惯，取向右为正方向，则v-t图象为-5-4-3-2-101234500.511.522.533.54v物v木板此图像可以得到与上图相同的结果。【解法4】位移-时间图像（s-t图像）法以下是物块和木板的位移-时间图像（s-t图像），以向右为正方向。0123456700.511.522.533.54s物块s木板从图像可以看出，物块从木板的左端向右运动，至t=1s，速度为0，然后向左运动，至t=1.5s，速度与木板相同（木板从s=0开始向左运动，至t=1.5s，速度与物块相同），然后二者一起向左运动，至t=3.5s，二者速度为0，共运动6.5m。以上3个图像都是电脑Excel作图，与电脑附件“画图”作图相比，更准确、正确。【解法5】以B为参照物，在第二阶段，A的初速度为，加速度smv/8，末速度为0，所以位移，即木板的长度为2/316344smamavs6316264226m.【例2】下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡53平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为830.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离=27m，C足够长，设最大l静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间【解法1】解析法（1）在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，期中、是A和B之间的摩1f1N擦力和正压力的大小，、是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向2f2N如图所示①111fN②1cosNmg③222fN④21cosNNmg规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为和，由牛顿第二定律得1a2a⑤11sinmgfma⑥212sinmgffma联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得⑦213/ams⑧221/ams（2）在时，设A和B的速度分别为和，则12ts1v2v⑨1116/vatms⑩2212/vatms时，设A和B的加速度分别为和。此时A与B之间摩擦力为零，1tt'1a'2a同理可得⑪'216/ams⑫'222/ams即B做减速运动。设经过时间，B的速度减为零，则有2t⑬'2220vat联立⑩⑫⑬式得⑭21ts在时间内，A相对于B运动的距离为12tt⑮2'22'2111212212222111122221227satvtatatvtatmm此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间后A离开B，则有3t⑯''211231312svattat可得（另一解不合题意，舍去）⒄31ts设A在B上总的运动时间为，有t总⒅1234tttts总【解法2】图象法tvA和B的图象如下图tv从图像可以看出，在，A、B都做匀加速运动，加速度不等；在，Ast20st32做匀加速运动，B做匀减速运动，在，B的速度为0；在，B静止，A做s3tst43匀加速运动。A总位移为，m3012181212126226B总位移为,A相对B的位移为.m3122222m27330这就验证了【解法1】的结果正确。【解法3】以石板（记为B）为参照物，则第一阶段，碎石堆（记为A）加速度，2s内位移。21/213smamtax4212111第二阶段，A的初速度为，加速度，位移为smtav/411122/826smamx818211422第三阶段，A的初速度为，加速度，位移为smv/12323/6sma，根据，解得mx15842732336211215ttst13所以A在B上总的运动时间为t=t1+t2+t3=4s。