【物理】2019届一轮复习人教版相对运动问题的多种解法学案

【物理】2019届一轮复习人教版相对运动问题的多种解法学案

相对运动问题的多种解法 象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。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞(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。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；‎ ‎(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，小物块和木板的质量分别为m和M 由牛顿第二定律有 ‎ ①‎ 由图（b）可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度，由运动学公式得 ‎ ②‎ ‎2 ③‎ 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速度。‎ 联立①②③式和题给条件得 ‎ =0.1 ④‎ 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 ‎ ⑤‎ 由图可得 ‎ ⑥‎ 式中，=2s, =0,联立⑤⑥式和题给条件得 ‎ ‎ =0.4 ⑦‎ ‎（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速度。由牛顿第二定律及运动学公式得 ‎ ⑧‎ ‎ ⑨‎ ‎ ⑩‎ 解得：，，‎ 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 小物块运动的位移为 ‎ 解得 ‎ 小物块相对木板的位移为 ‎ 得 =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，‎ 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 ‎ 解得 ‎ 解得 碰后木板运动的位移为 ‎ 联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得 ‎ 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，，‎ ‎ 对木板，匀减速运动，，‎ 因为二者末速度相等，即，解得，代入上两式得 ‎，，因为二者方向相反，所以木板的长度为。‎ 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，，所以木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.。‎ ‎【解法3】速度-时间图像（）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：‎ 用面积法从图象可以求出，木板右端离墙壁的位移为，，，即木板右端离墙壁的最终距离为。‎ 物块的位移为（速度为0前，向右），（速度为0后，向左），所以物块在木块上的总位移为，所以木板的长度为。‎ 考虑大家的习惯，取向右为正方向，则v-t图象为 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。‎ 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，末速度为0，所以位移，即木板的长度为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0.5，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，方向如图所示 ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ ‎ ④ ‎ 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 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ ‎（2）在时，设A和B的速度分别为和，则 ‎ ⑨‎ ‎ ⑩‎ 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，同理可得 ‎ ⑪‎ ‎ ⑫‎ 即B做减速运动。设经过时间，B的速度减为零，则有 ‎ ⑬‎ 联立⑩⑫⑬式得 ‎ ⑭‎ 在时间内，A相对于B运动的距离为 ‎ ⑮‎ 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 ‎ ⑯‎ 可得 ‎ （另一解不合题意，舍去） ⒄‎ 设A在B上总的运动时间为，有 ‎ ⒅‎ ‎【解法2】图象法 A和B的图象如下图 从图像可以看出，在，A、B都做匀加速运动，加速度不等；在，A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做匀加速运动。‎ A总位移为，‎ B总位移为,A相对B的位移为.‎ 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。‎ 第二阶段，A的初速度为，加速度，位移为 第三阶段，A的初速度为，加速度，位移为，根据，解得 所以A在B上总的运动时间为t=t1+t2+t3=4s。‎