【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案 19页

第 3 节　牛顿运动定律的综合应用 一、超重与失重 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称 为视重。 2．超重、失重和完全失重的比较 超重 失重 完全失重[注 1] 现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0 产生条件 物体的加速度向 上 物体的加速度向 下 物体的加速度等于g 运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以 g 加速下降或减速上 升 原理方程 F－mg＝ma F＝mg＋ma mg－F＝ma F＝mg－ma mg－F＝mg F＝0 二、整体法与隔离法[注 2] 1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体 看成一个整体，分析其受力和运动情况。运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。 2．隔离法：当求系统内物体间相互作用力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析 其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。 [注解释疑] [注 1] 物体在完全失重状态下由重力引起的现象将消失。 [注 2] (1)如果以几个物体组成的系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这 些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。 (2)应用牛顿第二定律对整体列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对 象，则内力将转变为隔离体的外力。 [深化理解] 1.不管物体的加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处 于超重或失重状态。 2.发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的 压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，即视重发生了变化。 3.整体法和隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特点有关。如用滑轮连接的两 物体加速度大小相同，但方向往往不同，常采用隔离法。 [基础自测] 一、判断题 (1)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态。(×) (2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×) (3)加速上升的物体处于超重状态。(√) (4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√) (5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×) (6)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√) (7)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√) 二、选择题 1．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的 v ­t 图像如图所示(竖 直向上为正)，则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图像可能 是(　　) 解析：选 B　根据 v ­t 图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加 速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况： 小于重力→等于重力→大于重力→大于重力→等于重力→小于重力，故选项 B 正确。 2．[粤教版必修 1 P 98 T1 改编]如图所示，一人站在电梯中的体重计 上，随电梯一起运动。g 取 10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大 的是(　　) A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2 B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2 C．电梯匀减速下降，加速度的大小为 1.5 m/s2 D．电梯匀加速下降，加速度的大小为 1.5 m/s2 解析：选 C　由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超 重状态，故 A、D 错误；由 F－mg＝ma，可得 F＝mg＋ma，则当 a＝1.5 m/s 2 时体重计的 示数最大，故 C 正确，D 错误。 3.(多选)如图所示用力 F 拉 A、B、C 三个物体在光滑水平面 上运动，现在中间的 B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体 一起运动，且原拉力 F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情况是 (　　) A．Ta 增大　　　　　　　　　 B．Tb 增大 C．Ta 减小 D．Tb 减小 解析：选 AD　设最左边的物体质量为 m，最右边的物体质量为 m′，整体质量为 M， 整体的加速度 a＝F M，对最左边的物体分析，Tb＝ma，对最右边的物体分析，有 F－Ta＝m′ a，解得 Ta＝F－m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力 F 不变，则整体的加速度 a 减小，因为 m、m′不变，所以 Tb 减小，Ta 增大，A、D 正确。 高考对本节内容的考查，主要集中在对超重和失重的理解、临界极值问题分析、整体 法与隔离法的应用，通常以选择题的形式呈现，难度一般，而应用牛顿第二定律和运动学 规律分析板块模型和传送带模型问题，既是难点，又是热点，题型有选择题，也有计算题， 难度较大。 考点一　对超重与失重的理解[基础自修类] [题点全练] 1．[对完全失重的理解和判断] 下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态(　　) A．高楼内正常运行的电梯中 B．沿固定于地面的光滑斜面滑行 C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动 D．不计空气阻力条件下的竖直上抛 解析：选 D　高楼内正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处 于完全失重状态，选项 A 错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由 于加速度小于 g，故不是完全失重，选项 B 错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在 竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的，选项 C 错误；不计空气阻力条件下的竖 直上抛，加速度总是向下的且大小等于 g，总是处于完全失重状态，故选项 D 正确。 2．[根据运动状态判断超重、失重] 如图所示，一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自 由落下。A 点为弹簧自然状态时上端点的位置，当物体到达 B 点时，物体速 度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是(　　) A．物体从 A 点下降到 B 点的过程中，速率不断变小 B．物体在 B 点时，所受合力为零 C．物体在 A 点时处于超重状态 D．物体在 B 点时处于超重状态 解析：选 D　物体从 A 点开始，所受合力先向下但不断减小，加速度不断减小，速度 不断增大，在 A、B 间的某个位置弹力大小等于重力时，物体所受合力等于 0，速度最大， 再向下运动，所受合力反向且不断增大，物体向下做减速运动，加速度向上，且不断增大， 在 B 点具有最大的向上的加速度，故物体在 A 点处于失重状态，在 B 点处于超重状态，故 D 正确，A、B、C 错误。 3．[根据失重分析物体的运动状态] 如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重 物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为 10 N。在某时刻电梯 中的人观察到弹簧测力计的示数变为 8 N，关于电梯的运动，以下说法正 确的是(g 取 10 m/s2)(　　) A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为 12 m/s2 B．电梯可能向下减速运动，加速度大小为 2 m/s2 C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为 2 m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为 12 m/s2 解析：选 C　电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为 10 N，此时拉力等于重力， 则重物的重力等于 10 N。当弹簧测力计的示数变为 8 N 时，对重物有 mg－F＝ma，代入数 据解得 a＝2 m/s2，则电梯的加速度大小为 2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速 运动，也可能向上做减速运动，故 C 正确，A、B、D 错误。 考点二　整体法与隔离法在动力学中的应用[师生共研类] [典例]　如图所示，粗糙水平面上放置 B、C 两物体，A 叠放 在 C 上，A、B、C 的质量分别为 m、2m 和 3m，物体 B、C 与水 平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT。 现用水平拉力 F 拉物体 B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A．此过程中物体 C 受五个力作用 B．当 F 逐渐增大到 FT 时，轻绳刚好被拉断 C．当 F 逐渐增大到 1.5FT 时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C 间的摩擦力为FT 6 [解析]　对 A 受力分析，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道 C 受重力、A 对 C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对 C 的摩擦力以及地面的摩擦力 六个力作用，故 A 错误。对整体分析，整体的加速度 a＝F－μ·6mg 6m ＝ F 6m－μg，隔离对 AC 分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出 FT＝2 3F，当 F＝1.5FT 时，轻绳 刚好被拉断，故 B 错误，C 正确。若水平面光滑，绳刚断时，对 AC 分析，加速度 a＝FT 4m， 隔离对 A 分析，A 受到的摩擦力 Ff＝ma＝FT 4 ，故 D 错误。 [答案]　C [延伸思考] (1)若在物体 B 上再放上质量为 m 的物体 D，则 B、C 间细绳的拉力大小如何变化？若 放在物体 A 上呢？ (2)若水平面光滑，则细绳刚好被拉断时，拉力 F 多大？ 提示：(1)在 B 上放上 D 后，系统向右运动的加速度减小，由 F 绳－μ(m＋3m)g＝(m＋ 3m)a 可知，细绳的拉力将减小。若放在物体 A 上，系统向右运动的加速度也减小，由 F－F 绳＝2ma 可知，F 绳将增大。 (2)由 F＝(m＋3m＋2m)a，FT＝(m＋3m)a 可得 F＝1.5FT。 [一题悟通] 例题及相关延伸思考旨在让考生清楚在什么情况下选用整体法，什么情况下选用隔离法。 1．整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一 般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤： 2．隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤： ①明确研究对象或过程、状态。 ②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。 ③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。 ④选用适当的物理规律列方程求解。　 [题点全练] 1．[先整体再隔离] (多选)如图所示，质量分别为 mA、mB 的 A、B 两物块用轻线连接， 放在倾角为 θ 的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力 F 拉 A，使它们沿 斜面匀加速上升，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为 μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法 是(　　) A．减小 A 物块的质量　　　　　 B．增大 B 物块的质量 C．增大倾角 θ D．增大动摩擦因数 μ 解析：选 AB　对 A、B 组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋ mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块 B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。 以上两式联立可解得：FT＝ mBF mA＋mB，由此可知，FT 的大小与 θ、μ 无关，mB 越大，mA 越 小，FT 越大，故 A、B 均正确。 2．[先隔离再整体] 如图所示，质量为 m2 的物块 B 放在光滑的水平桌面上，其上 放置质量为 m1 的物块 A，用通过光滑定滑轮的细线将 A 与质量为 M 的物块 C 连接，释放 C，A 和 B 一起以加速度 a 从静止开始运 动，已知 A、B 间的动摩擦因数为 μ，重力加速度大小为 g。细线中的拉力大小为(　　) A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g 解析：选 C　以 C 为研究对象，有 Mg－T＝Ma，解得 T＝Mg－Ma，故 A、B 错误； 以 A、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 T＝(m1＋m2)a，故 C 正确；A、B 间为静 摩擦力，故 D 错误。 3．[整体法与隔离法交互使用] 质量为 M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为 m 的小球且 M＞m。 用一力 F 水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度 a 向右运动，细线与竖直方向成 α 角，细线的拉力大小为 F1，如图甲所示。若用一力 F′水平向左拉小车，使小球和小车一 起以加速度 a′向左运动时，细线与竖直方向也成 α 角，细线的拉力大小为 F1′，如图乙 所示。下列判断正确的是(　　) A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＞F1 C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＝F1 解析：选 D　先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定 律，有 F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示。 根据牛顿第二定律，有 F－F1sin α＝ma，F 1cos α－mg＝0，联立以上三式解得 F 1＝ mg cos α，a＝mgtan α M 。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示。由几何关系得 F 合＝mgtan α，F1′＝ mg cos α，由牛顿第二定律，得 a′＝gtan α，由于 M＞m，故 a′＞a，F1′＝F1， 故 D 正确。 考点三　动力学中的临界极值问题[多维探究类] 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即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 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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度，一般也 是极值问题。　　　 考法(一)　接触与脱离的临界问题 [例 1]　如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保 持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离 h 时，B 与 A 分离。 下列说法正确的是(　　) A．B 和 A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B 和 A 刚分离时，它们的加速度为 g C．弹簧的劲度系数等于mg h D．在 B 与 A 分离之前，它们做匀加速直线运动 [解析]　A、B 分离前，A、B 共同做加速运动，由于 F 是恒力，而弹簧弹力是变力， 故 A、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0， 对 B：F－mg＝ma， 对 A：kx－mg＝ma。 即 F＝kx 时，A、B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态， 由 F＝mg，设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x0， 则 2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得 k＝mg h ，综上所述，只有 C 项正确。 [答案]　C [题型技法] (1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。 (2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。 考法(二)　叠加体系统的临界极值问题 [例 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1 2μ。设最大 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＝5 2μmg 时，A 的加速度为 1 3μg 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 1 2μg [解析]　A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大静摩擦力为3 2μmg，对 A、B 整体，只要 F＞3 2μmg，整体就会相对地面运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为 最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg －3 2μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝1 2μg，选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－3 2μmg ＝3mamax，得 F＝3μmg，则 F＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项 C 正确；当 F＝5 2μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－3 2μmg＝3ma，解得 a＝1 3μg，选项 B 正确。 [答案]　BCD [题型技法]　叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)　运动类临界极值问题 [例 3]　如图所示，木板与水平地面间的夹角 θ 可以随意改变，当 θ＝30°时，可视为 质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速 度 v0＝10 m/s 沿木板向上运动，随着 θ 的改变，小物块沿木板向上滑行的距离 x 将发生变 化，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当 θ 角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 [解析]　(1)当 θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则 mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝ 3 3 。 (2)当 θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为 a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ ma， 由 0－v02＝2ax 得 x＝ v02 2g(sin θ＋μcos θ)， 令 cos α＝ 1 1＋μ2，sin α＝ μ 1＋μ2， 即 tan α＝μ， 则 x＝ v02 2g 1＋μ2sin(θ＋α) ， 当 α＋θ＝90°时 x 最小，即 θ＝60°， 所以 x 最小值为 xmin＝ v02 2g(sin 60°＋μcos 60°) m ＝ 3v02 4g ＝5 3 2 m。 [答案]　(1) 3 3 　(2)θ＝60°　5 3 2 m [题型技法] 运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数 学知识求解临界条件和极值。 [题点全练] 1．[叠加体系统的临界极值问题] 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着 一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为 μ＝0.3。用水平恒力 F 拉 动小车，设物块的加速度为 a1，小车的加速度为 a2。当水平恒力 F 取不同值时，a1 与 a2 的 值可能为(重力加速度 g 取 10 m/s2)(　　) A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2 解析：选 D　由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即 f＝ma1， 且 f 的最大值为 fm＝μmg，故 a1 的最大值为 a1m＝μg＝3 m/s2。当二者相对静止一起加速运 动时，a2＝a1≤3 m/s2；当 F 较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2。综 上所述，只有选项 D 符合题意。 2．[接触与脱离的临界极值问题] (多选)如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的 A、B 两物体， B 的质量是 A 的 2 倍，B 受到向右的恒力 FB＝2 N，A 受到的水平力 FA ＝(9－2t)N(t 的单位是 s)。从 t＝0 开始计时，则(　　) A．A 物体 3 s 末时的加速度是初始时刻的 5 11 B．t＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动 C．t＝4.5 s 时，A 物体的速度为零 D．t＞4.5 s 后，A、B 的加速度方向相反 解析：选 ABD　对于 A、B 整体，由牛顿第二定律有 FA＋FB＝(mA＋mB)a，设 A、B 间的作用力为 N，则对 B 由牛顿第二定律可得 N＋FB＝mBa，解得 N＝mB FA＋FB mA＋mB－FB＝ 16－4t 3 N。当 t＝4 s 时 N＝0，A、B 两物体开始分离，此后 B 做匀加速直线运动，而 A 做 加速度逐渐减小的加速运动，当 t＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s 后， A 所受合外力反向，即 A、B 的加速度方向相反，当 t＜4 s 时，A、B 的加速度均为 a＝ FA＋FB mA＋mB，代入数据可得 A 物体 3 s 末时的加速度是初始时刻的 5 11，故选项 A、B、D 正确。 3．[动力学中的极值问题] 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＝ 3 3 。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？ 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＋1 2at2 ① v＝v0＋at ② 联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2 ③ v＝8 m/s。 ④ (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 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥ 又 Ff＝μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得： F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α ⑧ 由数学知识得 cos α＋ 3 3 sin α＝2 3 3 sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应 F 最小时的夹角 α＝30° ⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为 Fmin＝13 3 5 N。 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　13 3 5 N 考点四　滑块—滑板模型[方法模型类] 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．摩擦力方向的特点 (1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体 对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。 3．运动特点 (1)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，位移大小之差 等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为 L，滑块位移大小为 x1，滑板位移大小为 x2 同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2 反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2 (2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。 [典例]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝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。 [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 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB，木板相 对于地面的加速度大小为 a1。在滑块 B 与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s。 ⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt12 ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2。对于 B 与木板组成的体系， 由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也 为 v1，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 v2。设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1 －a2t2 ⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－1 2a2t22 ⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(t1＋t2 )2 ⑮ A 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 s0＝sA＋s1＋sB ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m。 ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解) [答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m [方法归纳] 求解滑块—滑板模型问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运 动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加 速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受 力和运动情况可能发生突变。 [题点全练] 1．[水平面光滑的滑块—滑板模型] 如图所示，质量 M＝8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右 端施加一水平拉力 F＝8 N。当小车速度达到 1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小 不计、质量 m＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数 μ＝0.2，小车足够长。从物体放 上小车开始经 t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g 取 10 m/s2)(　　) A．1 m　　　　　　　　　　 B．2.1 m C．2.25 m D．3.1 m 解析：选 B　放上物体后，物体的加速度 a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmg M ＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为 t1，则 a1t1＝v0＋a2t1，解得 t1＝1 s；此过 程中物体的位移：s1＝1 2a1t12＝1 m；共同速度为 v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时， 共同加速度为 a＝ F M＋m＝0.8 m/s2，再运动 0.5 s 的位移 s2＝vt′＋1 2at′2＝1.1 m，故从物体 放上小车开始的 1.5 s 时间内，物体相对地面的位移为 1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项 B 正确。 2．[水平面粗糙的滑块—滑板模型] 如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一 相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相 等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中 的(　　) 解析：选 A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的 滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动， 当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小 于两者相对运动时木板的加速度，故 A 正确，B、C 错误；由于水平面有摩擦，故两者不可 能一起匀速运动，D 错误。 3．[多个板块的组合模型] 如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为 l＝2 m，质量均为 m2＝1 kg，一质量为 m1＝1 kg 的物体(可视为质点)以 v 0＝6 m/s 的速度冲上 A 木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为 μ1，木板与地面间的动摩擦 因数 μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取 10 m/s2) (1)若物体滑上木板 A 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 μ1 应满 足的条件； (2)若 μ1＝0.5，求物体滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间。 解析：(1)若滑上木板 A 时，木板不动，由受力分析得 μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g； 若滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得 μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g， 联立两式，代入数据得 0.4＜μ1≤0.6。 (2)若 μ1＝0.5，则物体在木板 A 上滑动时，木板 A 不动。设物体在木板 A 上做减速运 动时的加速度大小为 a1， 由牛顿第二定律得 μ1m1g＝m1a1， 设物体滑到木板 A 末端时的速度为 v1， 由运动学公式得 v12－v02＝－2a1l， 设在木板 A 上运动的时间为 t，由运动学公式得 v1＝v0－a1t， 代入数据得 v1＝4 m/s，t＝0.4 s。 答案：(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s “专项研究”拓视野——传送带问题面面观 传送带问题因试题难度较大，近几年较少考查，但作为一个与现实生活息息相关的问 题，能很好地考查考生学以致用的能力，其命题潜在价值不可忽视。本内容以难点深化的 方式呈现，供学有余力的考生自主选用。 1．两类问题：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 2．解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且 v 物＜v 带，则传送带对物块的摩擦力为动 力，物块做加速运动。 (2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且 v 物＞v 带，则传送带对物块的摩擦力为阻 力，物块做减速运动。 (3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速； 当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。 (4)若 v 物＝v 带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对 物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。 3．物块在传送带上运动的六类常见情形 (1)v0＝v 时，一直匀速 (2)v0＜v 时，可能一直加速，也可能 先加速再匀速 (3)v0＞v 时，可能一直减速，也可能 先减速再匀速 (1)传送带较短时，一直减速 (2)传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v 时，返回速度为 v0 ②v0＞v 时，返回速度为 v (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a1 加速，后以 a2 加速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a1 加速，后以 a2 加速 (4)可能一直匀速 (5)可能先减速后匀速 (6)可能一直减速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能一直减速 (4)可能先减速后返回 ①v0≤v 时，返回速度为 v0 ②v0＞v 时，返回速度为 v [例 1]　如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率 v0 匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板。在 t＝0 时刻，将 一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置 时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑 块从 t＝0 时刻到与挡板第二次碰撞前的 v­t 图像，其中可能正确的是(　　) [解析]　传送带沿顺时针方向匀速率转动，滑块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度 为零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加速到与传送带的速度相同，即 v0，然 后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度 v0 向左做匀减速直线运动， 当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动，与挡板发生第二次碰撞时速度为 v0，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，故 A 正确。 [答案]　A [例 2]　(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ，在传送带上某位置轻 轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为 μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所 示，v0、t0 已知，则(　　) 　　　 A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ＋ v0 gt0cos θ C．传送带的速度大于 v0 D．t0 后木块的加速度为 2gsin θ－v0 t0 [解析]　若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ＞μmgcos θ)，将一直匀加速到底 端；当木块上滑时(mgsin θ＜μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情 况均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，选项 A 正确。木块在 0～t0 内，滑动摩擦力 向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图可知 a1＝v0 t0 ，则 μ＝ v0 gt0cos θ－tan θ， 选项 B 错误。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送 带的速度等于 v0，选项 C 错误。等速即 t0 后木块的加速度 a2＝gsin θ－μgcos θ，代入 μ 值 得 a2＝2gsin θ－v0 t0 ，选项 D 正确。 [答案]　AD [针对训练] 1．[水平传送带模型] (多选)如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 x＝4 m，以 v0＝4 m/s 的速度(始终保持 不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在 A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知 煤块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。则煤块从 A 运动 到 B 的过程中，下列说法正确的是(　　) A．煤块从 A 运动到 B 的时间是 2.25 s B．煤块从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s C．划痕长度是 0.5 m D．划痕长度是 2 m 解析：选 BD　根据牛顿第二定律，煤块的加速度 a＝μmg m ＝4 m/s2，煤块运动到速度与 传送带速度相等时的时间 t1＝v0 a ＝1 s，位移大小 x1＝1 2at12＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相 同的速度匀速运动直至 B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即 Δx＝v0t1 －x1＝2 m，选项 D 正确，C 错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间 t2＝x2 v0＝0.5 s，运动的 总时间 t＝t1＋t2＝1.5 s，选项 B 正确，A 错误。 2．[物块初速度不为零的倾斜传送带模型] (多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送 带上端 A 滑上传送带，滑上时速率为 v1，传送带的速率为 v2，且 v2＞ v1。不计空气阻力，动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率 v 和 位置，下面哪个是可能的(　　) A．从下端 B 离开，v＞v1　　　　 B．从下端 B 离开，v＜v1 C．从上端 A 离开，v＝v1 D．从上端 A 离开，v＜v1 解析：选 ABC　物块从 A 端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于 不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长 度，若能从 A 端离开，由运动的对称性可知，必有 v＝v1，即选项 C 正确，D 错误；若从 B 端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则 v＜v1，选项 B 正确；当摩擦力小于重力的分力时， 则 v＞v1，选项 A 正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1， 故本题应选 A、B、C。 3．[物块初速度为零的倾斜传送带模型] 如图所示，传送带 AB 的长度为 L＝16 m，与水平面的夹角 θ＝ 37°，传送带以速度 v0＝10 m/s 匀速运动，方向如图中箭头所示。在传 送带最上端 A 处无初速度地放一个质量 m＝0.5 kg 的小物体(可视为质点)，它与传送带 之间的动摩擦因数 μ＝0.5。g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物体从 A 运动到底端 B 所用的时间； (2)物体与传送带的相对位移大小。 解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为 a1，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ ma1，解得 a1＝10 m/s2。 物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v02 2a＝5 m<16 m，即物体加速到 10 m/s 时，未达到 B 点，其时间 t1＝v0 a1＝1 s。由于 mgsin θ＝3 N>μmgcos θ＝2 N，所以物体将继续 做加速运动。设物体的加速度为 a2，经历的时间为 t2，由牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得 a2＝2 m/s2。 由位移公式 L－x1＝v0t2＋1 2a2t22，解得时间 t2＝1 s， 所以总时间 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)在传送带上取一点 M。M 点做匀速运动，物体一直做加速运动。 法一：整体法 整个过程物体的位移大小为 x 物＝L＝16 m，传送带位移大小为 x 传＝v0t＝20 m，故物 体相对于传送带(M 点)的位移大小为：x＝x 传－x 物＝4 m。由于 M 点的位移大于物体的位 移，故全过程物体向后远离 M 点 4 m。 法二：v­t 图像法 相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x＝10 × 1 2 －1 × (12－10) 2 ＝4(m)。 法三：分段法 第一个过程：M 点的位移为 v0t1＝10 m，所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对 1＝ v0t1－x1＝5 m。由于 M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在 M 点后面 5 m 处。 第二个过程：M 点的位移为 v0t2＝10 m，物体的位移为 L－x1＝11 m，故相对位移大小 为 x 相对 2＝1 m。此过程物体追 M 点，并靠近 M 点 1 m。故相对位移大小 x＝x 相对 1－x 相对 2 ＝4 m。即全过程物体向后远离 M 点 4 m。 答案：(1)2 s　(2)4 m