高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律考点三连接体问题教学案含解析 26页

基础点 知识点1　　连接体 ‎1．定义：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。如下图所示：‎ ‎2．处理连接体问题的方法：整体法与隔离法，要么先整体后隔离，要么先隔离后整体。‎ ‎(1)整体法是指系统内(即连接体内)物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解的方法。‎ 整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力。‎ ‎(2)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便出发，把某个物体从系统中隔离出来，作为研究对象，分析其受力情况，再列方程求解的方法。‎ 隔离法适合求系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度。‎ ‎3．整体法、隔离法的选取原则 ‎(1)整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。‎ ‎(2)隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。‎ ‎(3)整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。‎ 知识点2　　临界与极值 ‎1．临界问题 物体由某种物理状态转变为另一种物理状态时，所要经历的一种特殊的转折状态，称为临界状态。这种从一种状态变成另一种状态的分界点就是临界点，此时的条件就是临界条件。‎ 在应用牛顿运动定律解决动力学的问题中，当物体的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”“恰好出现”或“恰好不出现”等词语时，常常会涉及临界问题。‎ ‎2．产生临界(极值)问题的条件 ‎(1)接触与脱离的临界(极值)条件：两物体相接触或脱离，临界(极值)条件是：弹力FN＝0。‎ ‎(2)相对滑动的临界(极值)条件；两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界(极值)条件是：静摩擦力达到最大值。‎ ‎(3)绳子断裂与松弛的临界(极值)条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界(极值)条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界(极值)条件是FT＝0。‎ ‎(4)加速度最大与速度最大的临界(极值)条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界(极值)条件时，物体处于临界(极值)状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。‎ 重难点 一、连接体问题 ‎1．常见类型 ‎(1)涉及滑轮类的问题 这类问题中一般都忽略绳、滑轮的重力和摩擦力，且滑轮的大小忽略不计。若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，可以先整体求a的大小，再隔离求FT。如图所示，可由整体法列方程为(m1－m2)g＝(m1＋m2)a⇒a＝，再隔离m1(或m2)求FT，有m‎1g－FT＝m‎1a⇒FT＝ ‎(2)水平面上的连接体问题 ‎①这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。‎ ‎②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。‎ ‎(3)斜面体与上面的物体类连接体问题 斜面体(或称为劈形物体、楔形物体)与在斜面体上物体组成的连接体(系统)的问题，一般为物体与斜面体的加速度不同，其中最多的是物体具有加速度，而斜面体静止的情况。解题时，可采用隔离法，但是相当麻烦，因涉及的力过多。如果问题不涉及物体与斜面体的相互作用，则采用整体法用牛顿第二定律求解。‎ ‎2．解题思路 ‎(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。‎ 处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：‎ ‎①求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。‎ ‎②求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到外加的作用力。‎ ‎(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。‎ ‎(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量。‎ ‎3．必避误区 ‎(1)对连接体进行受力分析时误认为力可以通过物体传递，如用水平力F推M及m一起前进(如图甲所示)，隔离m受力分析时误认为力F通过M作用到m上。‎ ‎(2)不理解轻绳、轻弹簧与有质量的绳、弹簧的区别，如用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时(如图乙所示)，往往误认为弹簧秤拉物体的力等于F，实际上此时弹簧秤拉物体M的力为T＝F－ma，也就是说只有在弹簧秤质量不计时两者才相等。‎ ‎(3)不能正确建立坐标系，对加速度或力进行分解。‎ 特别提醒 如图甲、乙所示的情景中，无论地面或斜面是否光滑，只要力F拉着物体m1、m2一起加速，由整体及隔离法可证明：总有F内＝F，即动力的效果按与质量成正比的规律分配。这个常见的结论叫动力分配原理。‎ 二、临界(极值)类问题 ‎1．问题说明 ‎(1)在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应的物理量的值为临界值。临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现。‎ ‎(2)解决此类问题时，一般先以某个状态(非临界状态)为研究对象，进行受力和运动情况的分析，利用极限法对某一物理量推导极大或极小值，找到临界状态，再根据牛顿运动定律分析求解。‎ ‎2．常见类型及举例说明 ‎(1)相互接触的两物体脱离的临界条件是相互作用的弹力为零，即N＝0。‎ 例如，图甲中，当斜面以多大加速度向右加速运动时，小球与斜面间的作用力为零？‎ 分析：当小球随斜面加速运动，支持力减小，以获得水平合外力，当加速度足够大时，小球与斜面间作用力为零时，如图乙所示，可得F合＝，所以a＝＝。‎ ‎(2)绳子松弛的临界条件是绳中张力为零，即T＝0。‎ 例如，图丙中，当斜面以多大加速度向左运动时，绳对小球的拉力为零？‎ 分析：当小球随斜面向左加速运动，则绳的拉力将减小，支持力增大，以获得水平向左加速度，加速度足够大时，小球可能沿斜面上移，绳的拉力为零，如图丁所示，可得F合＝mgtanθ，所以a＝＝gtanθ。‎ ‎(3)存在静摩擦力的连接系统，相对静止与相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值，即f静＝fm。‎ 例如，图中水平面光滑，A、B质量相等为m，A、B间最大静摩擦力为f，则F为多少时，A、B发生相对运动。‎ 分析：力F很小时，加速度小，A对B的摩擦力小，A、B一起运动。随着力F增大，加速度a增大，A对B的摩擦力增大，最大静摩擦力是极限，此时aB＝，A、B恰不发生相对运动，a＝aB，则F＝2ma＝‎2f。‎ ‎(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大(小)时，具有最大(小)加速度；当加速度与速度方向一致时，物体加速，当a＝0时，速度达最大；当加速度与速度方向相反时，物体减速，当a＝0时，速度达最小。‎ 例如：自由下落的小球下落一段时间后与弹簧接触，从它开始接触弹簧到弹簧压缩到最短的过程中，加速度和速度的变化情况讨论如下：‎ ‎①小球接触弹簧上端后受两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力F＝kx不断增大，所以合力不断变小，故加速度也不断减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大。‎ ‎②当弹力逐渐增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。(注意：此位置是两个阶段的转折点)‎ ‎③后一阶段，即小球达到上述平衡位置之后，由于惯性仍继续向下运动，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向向上，小球做减速运动，因此速度逐渐减小到零，到达最低点时，弹簧的压缩量最大。‎ 特别提醒 ‎(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。‎ ‎(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。‎ ‎(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。‎ ‎(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。‎ ‎3．解决临界(极值)问题的基本思路 ‎(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；‎ ‎(2)寻找过程中变化的物理量；‎ ‎(3)探索物理量的变化规律；‎ ‎(4)确定临界(极值)状态，分析临界(极值)条件，找出临界(极值)关系。‎ 特别提醒 解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，挖掘隐含的条件是解题的关键，要特别注意可能出现的多种情况。‎ 三、滑块——木板类问题 ‎1．类型特征 上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。‎ ‎2．“滑块——木板类”问题的分析思路 ‎3．滑块与滑板类问题的解法说明 ‎(1)判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是思考问题的着眼点，方法有整体法、隔离法、假设法等。即先假设滑块与滑板相对静止，然后根据牛顿第二定律求出滑块与滑板之间的摩擦力，再分析滑块与滑板之间的摩擦力是不是大于最大静摩擦力。‎ ‎ (2)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件 ‎①运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。‎ ‎②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。‎ ‎③滑块滑离滑板的临界条件 当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件。‎ 特别提醒 此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。‎ ‎1．思维辨析 ‎(1)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(　　)‎ ‎(2)只有相对静止的物体才可以看成一个整体系统。(　　)‎ ‎(3)“恰好出现”与“恰好不出现”指物体的所处状态相同。(　　)‎ ‎(4)整体法与隔离法可以相互代替，只是繁简不同。(　　)‎ ‎(5)子弹打木块的相关问题可以归结为滑块滑板类问题。(　　)‎ ‎(6)连接体问题包含滑块—滑板类问题。(　　)‎ ‎(7)临界问题往往出现在连接体问题中。(　　)‎ ‎(8)连接体问题、临界问题、滑块—滑板类问题都独立于牛顿运动定律问题。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√　(8)×‎ ‎2．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。则有(　　)‎ A．a1＝a2，x1＝x2　　　　　B．a1＜a2，x1＝x2‎ C．a1＝a2，x1＞x2 D．a1＜a2，x1＞x2‎ 答案　B 解析　对a、b物体及弹簧整体分析，有：‎ a1＝＝－g，a2＝，‎ 可知a1＜a2，‎ 再隔离b分析，有：‎ F1－m‎2g＝m‎2a1，解得：F1＝，‎ F2＝m‎2a2＝，‎ 可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2。‎ 所以B选项正确。‎ ‎3．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面。系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是 ( 　　 )‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大 答案　ACD 解析　无论粘在哪块木块上面，系统质量增大，水平恒力F不变，对整体由牛顿第二定律得系统的加速度一定减小，选项A正确；若粘在a木块上面，对c有FTc＝ma，a减小，故绳的张力减小，对b有F－Ff＝ma，故a、b间摩擦力增大，选项B错误；若粘在b木块上面，对c有FTc＝ma，对a、c整体有Ff＝2ma，故绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小，选项C正确；若粘在c木块上面，对b有F－Ff＝ma，则Ff＝F－ma，a减小，Ff增大，对a有Ff－FTc＝ma，则FTc＝Ff－ma，Ff增大，a减小，FTc增大，选项D正确。‎ ‎　[考法综述]　本考点内容在高考中有非常重要的地位，既可能单独命题又可能和功和能、电和磁等其它知识交汇命题，既可能以选择题的形式，又可能以计算题的形式考查，难度系数均不小，应在中等及以上水平，因此复习本考点知识时要重在理解和掌握运用上。应掌握：‎ ‎3类问题——连接体问题、临界(极值)类问题、滑块滑板类问题 ‎5种方法——整体法、隔离法、极限法、假设法、数学法 ‎1种思想——转换研究对象的思想 命题法1　加速度相同的连接体问题 典例1　　如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是(　　)‎ A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g ‎[答案]　A ‎[解析]　当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力F最大，此时夹子与木块间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。‎ 解法一：对木块M，利用牛顿第二定律得 ‎2f‎－Mg＝Ma　①‎ 同理，对夹子和木块整体，有 F－(M＋m)g＝(M＋m)a　②‎ 联立①②解得F＝，A正确。‎ 解法二：利用动力分配原理 如图所示，当F拉着物体m1、m2向上加速时，内部绳的拉力F内＝F，对本题模型有 ‎2f‎＝F，即F＝，A正确。‎ ‎【解题法】　加速度相同的连接体处理思路 物体系的动力学问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：‎ ‎(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。‎ ‎(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。‎ 命题法2　加速度不同的连接体问题 典例2　　如图所示，质量为M的木板可沿倾角为θ的光滑斜面下滑，木板上站着一质量为m的人，求：‎ ‎(1)为了保持木板与斜面相对静止，人运动的加速度是多少？‎ ‎(2)为了保持人与斜面相对静止，木板运动的加速度是多少？‎ ‎[答案]　(1)gsinθ，方向沿斜面向下 ‎(2)gsinθ，方向沿斜面向下 ‎[解析]　(1)为了使木板与斜面保持相对静止，必须满足木板在斜面上的合力为零，所以人施于木板的摩擦力f应沿斜面向上，故人应加速向下跑。现分别对木板和人应用牛顿第二定律。‎ 对木板进行受力分析，如图甲所示 沿斜面方向有：Mgsinθ－f1＝0‎ 对人进行受力分析，如图乙所示 mgsinθ＋f1′＝ma人(a人为人相对斜面的加速度)f1＝f1′‎ 解得a人＝gsinθ，方向沿斜面向下。‎ ‎(2)为了使人与斜面保持相对静止，必须满足人在木板上所受合力为零，所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上，故人相对木板向上跑，木板相对斜面向下滑，但人相对斜面静止不动。设木板相对斜面的加速度为a木，现分别对木板和人进行受力分析如图丙、丁，则：‎ 对木板：Mgsinθ＋f2′＝Ma木 对人：mgsinθ＝f2‎ f2＝f2′‎ 解得a木＝gsinθ，方向沿斜面向下，即人相对木板向上加速跑动，而木板沿斜面向下滑动，此时人相对斜面静止不动。‎ ‎【解题法】　加速度不同的连接体问题处理方法 ‎(1)若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系，联立求解。‎ ‎(2)对某些加速度不同的连接体问题，也可以运用“类整体法”列方程求解 设系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为m1、m2、m3、…，加速度分别为a1、a2、a3、…，这个系统的合外力为F合，则这个系统的牛顿第二定律的表达式为F合＝m‎1a1＋m‎2a2＋m‎3a3＋…，其正交分解表达式为 Fx合＝m‎1a1x＋m‎2a2x＋m‎3a3x＋…‎ Fy合＝m‎1a1y＋m‎2a2y＋m‎3a3y＋…‎ 命题法3　临界(极值)类问题 典例3　　如图所示，一质量m＝‎0.4 kg的小物块，以v0＝‎2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝‎10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。‎ ‎(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？‎ ‎[答案]　(1)‎3 m/s2　‎8 m/s　(2)30°　 N ‎[解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2①‎ v＝v0＋at②‎ 联立①②式，代入数据得 a＝‎3 m/s2③‎ v＝‎8 m/s④‎ ‎(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤‎ Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥‎ 又Ff＝μFN⑦‎ 联立⑤⑥⑦式得 F＝⑧‎ 由数学知识得 cosα＋sinα＝sin(60°＋α)⑨‎ 由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角 α＝30°⑩‎ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝ N ‎【解题法】　求解临界极值问题的三种常用方法 ‎(1)极限法：当题中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，意味有临界现象。此时，可用极限法(把物理过程或问题推向极端，从而使临界状态暴露)判定，以达到正确解决问题的目的。‎ ‎(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。‎ ‎(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。‎ 命题法4　滑块—滑板类问题 典例4　　如图所示，质量为M＝‎4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m＝‎1.0 kg的小滑块A(可视为质点)。初始时刻，A、B分别以大小为v0＝‎2.0 m/s的速度向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)发生相对运动时A、B的加速度aA、aB的大小和方向；‎ ‎(2)A相对于地面的速度为零时，B相对于地面的位移x；‎ ‎(3)木板B的长度l。‎ ‎[答案]　(1)aA＝‎4.0 m/s2，方向水平向右　aB＝‎1.0 m/s2，方向水平向左　(2)‎0.875 m　(3)‎‎1.6 m ‎[解析]　(1)滑块A受到水平向右的摩擦力作用，木板B受到水平向左的摩擦力作用，且摩擦力的大小均为μmg，则根据牛顿第二定律，对滑块A有μmg＝maA 解得aA＝μg＝‎4.0 m/s2，方向水平向右。‎ 对木板B有μmg＝MaB 解得aB＝μmg/M＝‎1.0 m/s2，方向水平向左。‎ ‎(2)开始阶段A相对于地面向左做匀减速运动，设速度减小到零所用的时间为t1，则有v0＝aAt1‎ 解得t1＝v0/aA＝0.50 s 此时B相对于地面向右做匀减速运动的位移为 x＝v0t1－aBt＝‎‎0.875 m ‎(3)A向左匀减速到速度为零后，开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝‎4.0 m/s2‎ B仍向右做匀减速运动，加速度大小仍为 aB＝‎1.0 m/s2；‎ 当A、B的速度相等时，A滑到B的最左端，恰好不滑出木板。‎ 故木板B的长度等于全过程中A、B间的相对位移。‎ 在A相对于地面的速度为零时，B的速度为 vB＝v0－aBt1＝‎1.5 m/s 设由A的速度为零至A、B的速度相等所用的时间为t2，则有 aAt2＝vB－aBt2‎ 解得t2＝vB/(aA＋aB)＝0.3 s A、B的共同速度v＝aAt2＝‎1.2 m/s A向左运动的位移大小为 xA＝(v0－v)(t1＋t2)/2＝(2－1.2)(0.5＋0.3)/‎2 m＝‎‎0.32 m B向右运动的位移大小为 xB＝(v0＋v)(t1＋t2)/2＝(2＋1.2)(0.5＋0.3)/‎2 m＝‎‎1.28 m 故木板B的长度为l＝xA＋xB＝‎1.6 m。‎ ‎【解题法】　“滑块—木板模型”的分析技巧 ‎(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度。‎ ‎(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。‎ ‎(3)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。‎ ‎1．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．10‎ C．15 D．18‎ 答案　BC 解析　如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m。当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有F＝mya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有F＝mxa，联立两式有y＝x。可见，列车总节数N＝x＋y＝x，设x＝3n(n＝1,2,3…)，则N＝5n，故可知选项B、C正确。‎ ‎2．(多选)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μ。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＝μmg时，A的加速度为μg C．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μg 答案　BCD 解析　对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg3μmg时，A相对B才能滑动，C对。当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有：μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可见D正确。‎ ‎3．质量均为‎5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2且F1＝20 N、F2＝10 N，则弹簧秤的示数为(　　)‎ A．30 N B．15 N C．20 N D．10 N 答案　B 解析　设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：FT－F2＝ma，由以上两式可解得FT＝15 N，B正确。‎ ‎4．如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过(　　)‎ A．μmg B．μMg C．μmg D．μMg 答案　C 解析　由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg，选项C正确。‎ ‎5．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图象可能是下图中的(　　)‎ 答案　BD 解析　设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若有μ1mg＜μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ‎1g，木板不动，选项D正确；若有μ1mg＞μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ‎1g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a2＝μ‎2g的加速度匀减速到停止，因a1＞a2，故选项B正确。‎ ‎6．一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vt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。‎ 答案　(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4　(2)‎6.0 m　(3)‎‎6.5 m 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a1，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)a1①‎ 由题图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝‎4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1②‎ s0＝v0t1＋a1t③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝‎4.5 m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 μ1＝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 ‎－μ2mg＝ma2⑤‎ 由题图可得a2＝⑥‎ 式中，t2＝2 s, v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，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 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt⑨‎ v3＝v1＋a2Δt⑩‎ 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＝Δt⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝Δt⑫‎ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝‎6.0 m⑭‎ 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 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮‎ ‎0－v＝‎2a4s3⑯‎ 碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－‎6.5 m⑱‎ 木板右端离墙壁的最终距离为‎6.5 m。‎ ‎7．静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝‎1 m，能承受最大拉力为8 N，A的质量m1＝‎2 kg，B的质量m2＝‎8 kg、A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g＝‎10 m/s2)。‎ ‎(1)求绳刚被拉断时F的大小；‎ ‎(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为‎2 m/s，保持此时F大小不变，当A的速度恰好减为0时，A、B间距离为多少？‎ 答案　(1)40 N　(2)‎‎3.5 m 解析　(1)物体A的最大加速度为am，则Tm－μm‎1g＝m1am，‎ A、B作为整体，有 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，‎ 解得F＝40 N。‎ ‎(2)绳断后，物体A的加速度大小 a1＝μg＝‎2 m/s2，‎ 至停下所经历的时间t＝＝1 s，‎ x1＝t＝‎1 m。‎ 对B有F－μm‎2g＝m‎2a2，‎ 解得a2＝‎3 m/s2，‎ x2＝vt＋a2t2＝‎3.5 m。‎ A、B两物体间的距离Δx＝x2＋L－x1＝‎3.5 m。‎ 传送带问题是历年高考的热点，由于其问题种类较多，所以也是同学们学习的难点，处理这类问题时首先要了解模型，然后利用运动规律分析求解。‎ 传送带分水平、倾斜两种情况，此类题目的难度可变性大，一般与摩擦力相联系，还能与能量问题联系起来。求解这类题目时一定要分析清楚摩擦力是动力还是阻力，摩擦力的种类和方向，还要对运动和力的关系以及物理过程的程序要理顺，才能有清晰的解题思路。‎ ‎1．水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1‎ ‎(1)可能一直加速 ‎(2)可能先加速后匀速 情景2‎ ‎(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ‎(2)v0v返回时速度为v，当v0sAB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有sAB－s1＝v1t3－a2t 解得：t3＝0.2 s或t3＝0.6 s>t2(舍去)‎ 小球返回时有：Gsin30°－μGcos30°＝ma3‎ 解得：a3＝‎2.5 m/s2‎ 因此小球滑到最上端又返回B点时有：s1＋s2－sAB＝a3t 解得：t4＝ s≈0.35 s 所以从撤去力F开始计时，小球上冲通过B点时用时为：t3＝0.2 s，返回通过B点时用时为：t2＋t4＝0.75 s。‎ ‎[答案]　0.2 s　0.75 s ‎[心得体会]‎