高二物理培优材料《相对运动——板块模型》

高二物理培优材料《相对运动——板块模型》1．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于( ) A ．3μmg B ．4μmg C ．5μmg D ．6μmg2．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M ＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F ，一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块放在小车右端上面，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．重力加速度g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( ) A ．当F 增加到4 N 时，m 相对M 开始运动 B ．当F 增加到20 N 时，m 相对M 开始运动C ．当F ＝10 N 时，m 对M 有向左的2 N 的摩擦力D ．当F ＝10 N 时，m 对M 有向右的4 N 的摩擦力3.（2011全国课标）如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是A ．B ．C ．D ． 4. (2014·高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m, 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对 A施加一水平拉力 F ，则( )A ．当 F < 2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg5.(2013·高考江苏卷)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？6.(2015·高考全国卷Ⅰ)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4.5 m，如图甲所示．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＝1 s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1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．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：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．7．(2013课标Ⅱ) 一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度—时间图像如图所示.已知物块与木板的质量相等,块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.8．(2017·高考全国卷丙)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．9．如图所示，倾角α＝37°的固定斜面上放一块质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7 m．在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度地释放．假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是多少．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)10．[2015·全国卷Ⅱ]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°(sin 37°＝35 )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1-10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38，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2 s 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 ＝27 m ，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 ＝10 m/s 2.求： (1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．11．如图，倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。

将长木板A 静置于斜面上，A 上放置一小物块B ，初始时A 下端与挡板相距L =4m ，现同时无初速释放A 和B 。

已知在A 停止运动之前B 始终没有脱离A 且不会与挡板碰撞，A 和B 的质量均为m ＝1kg ，它们之间的动摩擦因数μ=33，A 或B 与挡板每次碰撞损失的动能均为△E =10J ，忽略碰撞时间，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求 （l ）A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v ；（2）A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间△t ； （3）B 相对于A 滑动的可能最短时间t 。

高二物理培优材料《相对运动——板块模型》参考答案5.解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ， 桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2 发生相对运动a 2＞a 1，解得F ＞2μ(m 1＋m 2)g . (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2 解得F ＝2μ⎣⎡⎦⎤m 1＋⎝⎛⎭⎫1＋d l m 2g 代入数据得F ＝22.4 N.6.解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1① 由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0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 μ1＝0.1④ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩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s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6.0 m 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6.0 m.(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a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮ 0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3⑰ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s ＝－6.5 m7.解析:(1) 设物块和木板的质量均为m ,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,在t 1=0.5 s 时,物块和木板的速度v 1相同.设t =0到t =t 1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2, 对木块有v 1=a 1t 1①对木板有v 1=v 0-a 2t 1② v 0=5 m/s 、v 1=1 m/s, 由牛顿第二定律对木块有 μ1m g=ma 1③对木板有 (μ1+2μ2)m g=ma 2④联立①②③④式得 μ1=0.20⑤ μ2=0.30.⑥(2)在t 1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f ,物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′,则由牛顿第二定律得f =ma 1′⑦ 2μ2m g-f =ma 2′⑧若物块与木板一起匀减速则f <μ1m g, 且a 1′=a 2′; 由⑤⑥⑦⑧式得f =μ2m g>μ1m g,故f =μ1m g ⑨ 即物块与木板各自减速，它们之间为滑动摩擦力由⑦⑨式知,物块加速度的大小a 1′等于a 1;物块的v t 图像如图中点划线所示. 由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=2×2112v a ⑩ s 2=012v v +t 1+2122v a '物块相对于木板的位移的大小为s =s2-s 1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得s =1.125 m.8．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g ① f 2＝μ1m B g ②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③ 由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s.⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯ 联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m. (也可用如图的速度－时间图线求解)9．解析：由于滑块与薄板之间光滑，故释放后滑块将沿斜面加速下滑，且加速度为a 1＝g sin 37°＝6 m/s 2.滑块在薄板上发生相对滑动时，对薄板受力分析有Mg sin 37°<μ(M ＋m )g cos 37°，则滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．则可知滑块离开薄板时的位移即为薄板长度，由运动学公式v 2B －0＝2a 1L 得，v B ＝6 m/s.而滑块由B 至C 过程中，受摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2.设滑块由B 至C 所需时间为t ，由L BC ＝v B t ＋12a 2t 2，解得t ＝1 s.对薄板而言，滑块滑离后它才开始运动，同理有 Mg sin 37°－μMg cos 37°＝Ma ，解得a ＝2 m/s 2. 由L BC ＝12at ′2可得平板下端B 滑到C 端用时t ′＝7 s.故滑块、平板下端B 到达斜面底端C 的时间差是Δt ＝t ′－t ＝1.65 s.10．[解析] (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1 是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2 是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③N 2＝N 1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′，此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得 t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ⑱(利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分)11．解：（1）B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有212sin (2)2mgL m v θ= ①（4分）由①式得m/s v =②（2分）（2）第一次碰后，对B 有s i n=c o s m g m g θμθ 故B 匀速下滑 ③（2分） 对A 有1sin cos mg mg ma θμθ+= ④（1分）得A 的加速度 2110m/s a =，方向始终沿斜面向下， A 将做类竖直上抛运动 ⑤（1分） 设A 第1次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有2211122mv mv E -=∆⑥（1分） 112vt a ∆= ⑦（1分）由⑥⑦式得5t ∆=⑧（1分） （3）设A 第2次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有22211222mv mv E -=∆ ⑨（1分）得02=v⑩（1分）即A 与挡板第2次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v '，加速度大小为a′，由动能定理有E v m mv ∆='-222121 ⑪（1分） a m mg mg '=+θμθcos sin⑫（1分）由○11○12式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间2s 5v t a '=='⑬（1分）当B 速度为0时，因m f mg mg ≤=θμθcos sin ， B 将静止在A 上。