1、四、牛顿运动定律综合应用四（相对运动问题）1.(2021湖北重点中学模拟) 如图所示，一直立的轻杆长为L，在其上、下端各紧套一个质量分别为m和2m的圆环状弹性物块A、B.A、B与轻杆间的最大静摩擦力分别是Ff1mg、Ff22mg，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等杆下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受其作用，PQ、MN是该区域上下水平边界，高度差为h(L2h)现让杆的下端从距离上边界PQ高h处由静止释放，重力加速度为g.(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；(2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离答案：(1)F
2、mg(2)Lh解析：(1)设A、B与杆不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与杆的静摩擦力为FfA.则对A、B和杆整体，有：3mgF3ma对A，有：mgFfAFma，并且FfAFf1联立解得Fmg.(2)A到达上边界PQ时的速度vA当F3mg时，A相对于轻杆向上滑动设A的加速度为a1，则有：mgFf1Fma1，解得：a1gA向下减速运动位移h时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t由于杆的质量不计，在此过程中，A对杆的摩擦力与B对杆的摩擦力方向相反，大小均为mg.B受到杆的摩擦力小于2mg，则B与轻杆相对静止，B和轻杆整体受到重力和A对杆的摩擦力作用，以vA为初速度，以a2为加速度做匀加速直线运
3、动，根据牛顿第二定律可得：a2物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为：LLh(vAta2t2)Lh.2、(2021河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点由运动学公式有h2设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1 h1 h2联立式可得H1H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)Ffx10联立式并代入题给数据得x1H同理可推得，管与球从再次下
4、落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x2H1设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1 x2L联立式，L应满足条件为LH.4、(2021江苏如皋中学高三一模)如图所示，厚度可不计的圆环B套在粗细均匀、足够长的圆柱棒A的上端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为Ff2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的竖直细杆MN上下滑动，设棒与地面相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，求：(1)棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的
5、加速度分别为多大？(2)从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；(3)若棒A的长度为L2.5H，求最终圆环B离地的高度h.【答案】(1)3gg(2)H(3)0.5H 【解析】(1)A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，则A、B间出现相对滑动，由牛顿第二定律，对A：FfmgmaA，解得aA3g；对B：FfmgmaB，解得aBg；(2)释放后A、B一起做自由落体运动，设A下端第一次与地面相碰时A、B的速度大小为v，则2mgH2mv2，解得v；A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，所需的时间为t,0v3gt，解得t；A棒匀减速上升的位移大小xAH，B
6、环向下做匀减速运动的位移大小xBvtgt2HB环相对A棒滑动的距离xxAxBH(3)由分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，A最终静止在地面，B沿A下滑一段距离s后静止，全过程根据能量的转化和守恒，有mgHmg(Hs)Ffs解得s2H，则圆环B离地的高度为hLs0.5H.5.如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M5m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为5mg。管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g，管与地面碰撞时间很短，可忽略。求：(1)管第一次落
7、地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件。答案(1)管的加速度2g，方向向下球的加速度4g，方向向上(2)H (3)LH解析(1)管第一次落地弹起时，管的加速度a12g，方向向下。球的加速度a24g，方向向上。(2)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度v0，方向向下。碰地后管的速度v1，方向向上；球的速度v2，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有v1a1t1v2a2t1t1又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则t2因为t1H。6.(
8、2021全国百所名校示范卷)如图所示，足够长的木板质量M10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v05 m/s沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数0.5，当木板运动了L1 m时，又无初速度地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块。只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动。(取g10 m/s2)试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？(2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个
9、铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？答案：(1)2 m/s(2)7(3) m解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：mgMa1,2a1Lv02v12代入数据解得：v12 m/s。(2)设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：an第1个铁块放上后：2a1Lv02v12第2个铁块放上后：2a2Lv12v22第n个铁块放上后：2anLvn12vn2由上可得：(123 n)2Lv02vn2木板停下时，vn0，解得n6.6。即最终有7个铁块放在木板上。(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：2 Lv02v62从放上第7个铁块至木板停止运动
10、的过程中，设木板发生的位移是d，则：2dv620解得：d m。7.(2021扬州模拟)如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L2.0 m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数0.40，现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到v6.0 m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度a0大小满足什么条件？(2)若a06.0 m/s2，当木箱与平板车的速度都达到6.0 m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s；(3)若在木箱速度刚达到6.0 m/s时平板车
11、立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件？答案(1)a04.0 m/s2(2)3.5 m(3)a18 m/s2解析(1)木箱与车相对静止，加速度相同，设最大值为am，由牛顿第二定律有mgmam解得am4.0 m/s2，故应满足的条件为a04.0 m/s2.(2)由于a06.0 m/s24.0 m/s2，故木箱与车发生相对滑动，木箱速度达到v6 m/s所需的时间t1，运动的位移x1t1；平板车速度达到v6 m/s所需的时间t21.0 s；运动的位移x2t2v(t1t2)，且有sx2x1L；解得s3.5 m.(3)木箱减速停止时的位移x3，平板车减速停
12、止时的位移x4木箱不与车相碰应满足x3x4s，解得a18 m/s2.8、（四川省绵阳市2021年高三上学期第一次诊断性考试）如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=0.5kg的木板正中间放有一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=0.5m，铁块与木板间动摩擦因数=0.2。现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？（2）若铁块和木板最终停下时，铁块刚好没滑出木板，则
13、木板有多长？（3）从开始运动到铁块和木板都停下的整个过程中，木板通过的路程是多少？答案（1）0.5s（2）2.5m（3）1.28m 解析： （1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则am=8m/s2 假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则a=4m/s 2 因aam，所以木板在静摩擦力作用下与物块一起以加速度a运动。设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则 解得 t=0.5s （2）设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则v1=at 解得 v1=2m/s木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后
14、以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则 解得 a1=2m/s2，t1= 0.25s，当板速度向左为零时，设铁块速度为，则 设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为，则 ， 解得 ，t2=0.15s，v2=1.2m/s，因为，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒 解得 L=2.5m （3）设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则 解得 x2=0.09m综
15、上可知 , 因为以后是多次重复上述过程。同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为，木板向左运动的最远距离为 设木板与挡板第n-1次碰后，木板与铁块达到共速为vn，同理有 vn= 设木板与挡板第n次碰后，木板向左运动的最远距离为xn，同理有 xn= 所以，从开始运动到铁块和木板都停下的全过程中，设木板运动的路程为s，则 解得 9、避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图8竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在
16、车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m解析(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立并代入数据得a15 m/s2a
17、1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m 的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m10、(2021东北三省三校联考一模)如图所示，在一个倾角为37的足够长的固定斜
18、面上，由静止释放一个长度为L5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数10.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到v09.6 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板质量相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数20.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，结果可用根号表示。求：(1)刚放上小煤块时，长木板的加速度a1的大小和煤块的加速度a2的大小；(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？答案(1)2 m/s27.6 m/s2(2)木板下端(1) s解析(1)刚放上小煤块时，长木板的速度大于煤块的速度
19、，对长木板分析，由牛顿第二定律有：mgsin3712mgcos372mgcos37ma1，解得：a12 m/s2；对煤块有：mgsin372mgcos37ma2，解得：a27.6 m/s2。(2)木板上放上煤块后，木板做减速运动，煤块做加速运动，设经过时间t1，两者达到共同速度v，则vv0a1t1a2t1，解得：t11 s，v7.6 m/s，在1 s内，木板下滑的位移为x1v0t1a1t8.6 m，煤块下滑的位移为x2a2t3.8 m，发生的相对位移为xx1x24.8 mL，此后煤块的速度大于木板的速度，设煤块的加速度大小为a3，对煤块，根据牛顿第二定律有：mgsin372mgcos37ma3
20、，解得：a34.4 m/s2，设木板的加速度大小为a4，对木板，有：mgsin372mgcos3712mgcos37ma4，解得：a41.2 m/s2，两者分别向下做匀加速直线运动，由于煤块的加速度大于木板的，故最终煤块从木板的下端离开。设从达到共同速度到煤块离开木板的时间为t2，则木板的位移为x4vt2a4t，煤块的位移为x3vt2a3t，x3x4x，联立解得：t2 s，则煤块从放上到离开木板所需时间为tt1t2(1) s。11.(2021潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时
21、，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；(2)木板A的长度L；(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。答案：(1)(2)2h(3)解析：(1)对A、C分析：mg2mav022ah，解得v0。(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则由牛顿第二定律得mg4mgma解得a0即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，B匀加速运动，加速度aB0g设经过时
22、间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0aB0t0，木板A的长度Lv0t0v0t0解得L2h。(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB12gt1 x1xACxBv0t1v0t1共速后全部向右加速aB2gaACgx2x1(aB2aAC)t22解得t2 ，vB2v0aB2t2 。12、(2021湖北重点中学4月联考)如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为，最后B未滑离A。已知M2m，重力加速度为g。求：(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大
23、小；(2)木板A的最短长度L。答案(1)(2)解析(1)对A、B分别由牛顿第二定律有mgMaA，mgmaB又M2m，可得aAg，aBg规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则vv0aBtv0aAt解得t，v。(2)在时间t内：A的位移xAtB的位移xBt木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即LxxBxA。13、(2021长沙检测)如图所示，质量为M4 kg的木板长L1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数0.4，今用水平力F28 N向右拉木板要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻
24、力，g取10 m/s2)【答案】1 s【解析】在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，作vt图象如图示设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.在0t1的过程中，由牛顿第二定律得：对滑块：mgma2，v2a2t1对木板：FmgMa1，v1a1t1撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：mgMa3由vt图象知：L(v1v2)t1(t2t1)(t2t1)(v1v2)t2，v1a3(t2t1)v2a2(t2t1
25、)联立以上各式得：t11 s14、(2019江苏卷，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案(1)(2)3gg(3)2解析A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿第二定律知，A加
26、速度的大小aAg匀变速直线运动v2aAL解得vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F3mg由牛顿第二定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B整体所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律F2maB，得aBg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得vB2。15、(2015全国卷，25，)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8(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s
27、 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10 m/s2。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。答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m解析设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁
28、碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m
29、/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s 的过
30、程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1va3t1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m
