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。 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10 m s2 。求
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
a1
3 1
2m / s2
，2s
内位移 x1
1 2
a1t12
4m 。
第二阶段，A 的初速度为 v1 a1t1 4m / s ，加速度 a2 6 2 8m / s 2 ，位移为
x2
41
8 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 l =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
① ② ③
④
⑤ ⑥ ⑦ ⑧
⑨ ⑩
t t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1' 和 a2' 。此时 A 与 B 之间摩擦力为零， 同理可得
a1' 6m / s2
⑪
a2' 2m / s2
⑫
即 B 做减速运动。设经过时间 t2 ，B 的速度减为零，则有
v2 a2' t2 0
⑬
联立⑩⑫⑬式得
（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 Ma3 ⑧
v3 v1 a3t
⑨
v3 v1 a2t
⑩
解得： a3
4 3
m/
s2 ， v3
2m / s
， t
1.5s
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
7
6
5
4
3
2
1
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
s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。
t2 1s
⑭
在 t1 t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为
s
1 2
a1t12
v1t2
1 2
a1't22
1 2
a2t12
v2t2
1 2
a2' t22
⑮
12m 27m
此后 B 静止不动，A 继续在 B 上滑动。设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有
s
v1 a1't2
mg sin f1 ma1 mg sin f2 f1 ma2 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a1 3m / s2 a2 1m / s2 （2）在 t1 2s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2 ，则 v1 a1t1 6m / s v2 a2t1 2m / s
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
1(m M )g (m M ) a4
○15 解得 a4 1m / s 2
0 32 2a4s3
○16 解得 s3 2m
碰后木板运动的位移为
s s1 s3
○17
联立⑥⑧⑨⑩○11○15○16○17 式，并代入数值得
做匀加速运动，B 做匀减速运动，在 t 3s ，B 的速度为 0；在 3 t 4s ，B 静止，A 做
匀加速运动。
A 总位移为 6 2 6 12 1 12 18 1 30m ，
2
2
2
B 总位移为 2 2 2 1 3m ,A 相对 B 的位移为 30 3 27m . 22
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， v物
4 4t
， s物
4t
1 4t 2 2
对木板，匀减速运动， v木
4
4 3
t
，
s木
4t
1 2
【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 f1 、 N1 是 A 和 B 之间的摩
擦力和正压力的大小， f2 、 N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向 如图所示
f1 1N1 N1 mg cos f2 2N2
N2 N1 mg cos 规定沿斜面向下为正。设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2 ，由牛顿第二定律得
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
由图可得
2mg ma2 ⑤
a2
v2 t2
v1 t1
⑥
式中， t2 =2s, v2 =0,联立⑤⑥式和题给条件得
a2 4m / s 2
2 =0.4
⑦
t3
1 2
a1't32
⑯
可得
t3 1s （另一解不合题意，舍去） ⒄
设 A 在 B 上总的运动时间为 t总 ，有
t总 t1 t2 t3 4s
⒅
【解法 2】 v t 图象法 A 和 B 的 v t 图象如下图
从图像可以看出，在 0 t 2s ，A、B 都做匀加速运动，加速度不等；在 2 t 3s ，A
(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) a1 ①
s1
v1 2

v3
t
○11解得 s1 4.5m
小物块运动的位移为
s2
v1
2
v3
t
○12 解得 s2 1.5m
小物块相对木板的位移为
s s2 s1 ○13
得 s =6.0m ○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
4t2 3
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
3
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°= 3 ）的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡
5 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 3 ，B、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为
1 2
8 12
8m
第三阶段，A 的初速度为 v3 12m / s ，加速度 a3 6m / s 2 ，位移为
x3
27
4
8
15m
，根据15
12t3
1 2
6t
2 3
，解得
t
3
1s
所以 A 在 B 上总的运动时间为 t=t1+t2+t3=4s。
考虑大家的习惯，取向右为正方向，则 v-t 图象为
5 4 3 2 1 0 -1 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 -2 -3 -4 -5
v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。
s 6.5m
○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：
v2 2a3
22 2m ，所 21
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：