高考物理专题复习：相对运动问题的多种解法VIP免费

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...