叠加体问题的分析技巧

叠加体问题的分析技巧一、叠加体模型和问题1、常见叠加体模型2、常见叠加体问题（1）求静摩擦力（或绳子拉力、弹簧弹力）的大小和方向（2）判断物体间能否相对静止，并计算临界拉力或临界加速度（3）相对滑动问题中的运动学计算、功能计算二、叠加体问题的分析技巧1、相对静止与否的判断问题（1）假设相对静止搞不清楚物体间是相对静止还是相对滑动时，一般先假设相对静止，然后计算维持物体间相对静止，各接触面所需要的静摩擦力，然后与能提供的最大静摩擦力进行对比——供不应求，就会相会滑动，供求平衡，则能维持相对静止。

【例1】如图4所示，甲、乙两物体质量分别为m 1＝2kg ，m 2＝3kg ，叠放在水平桌面上。

已知甲、乙间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物体乙与平面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，现用水平拉力F 作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F 突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况(g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.大小为12N ，方向向右B.大小为12N ，方向向左C.大小为10N ，方向向右D.大小为10N ，方向向左[分析]撤去拉力之后，甲乙两物体到底是相对滑动呢，还是相对静止呢？相对滑动时，两者之间是滑动摩擦力，相对静止时，两者之间的静摩擦力，滑动摩擦力和静摩擦力的算法是不相同的，所以首先需要搞清楚这一点。

为了搞清楚这一点，我们就可以先假设两者是相对静止的，然后求出维持两者相对静止所需要的静摩擦力，若此静摩擦力小于两者之间的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。

[解析]当F 突变为零时，假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则由牛顿第二定律，得μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a物体甲的受力如图所示，则由牛顿第二定律，得甲所需要的静摩擦力为F f 1＝m 1a联立解得F f 1＝μ2m 1g而甲乙之间的最大静摩擦力为F f m ＝μ1m 1g ，且μ2＜μ1，故有F f 1＜F f m所以假设成立，甲受的摩擦力大小为F f 1＝μ2m 1g ＝10N ，方向向左，选项D 正确。

[总结]当21μμ≥时，甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动；当21μμ<时，甲乙不能相对静止，甲将相对乙向前滑动，甲乙之间是滑动摩擦力。

（2）带动关系很多时候，为了分析和计算的方便，需要用到整体法，这就涉及到研究对象的选取顺序问题，几个物体相对静止时，要求临界力或临界加速度，需要先弄清带动关系，也就是弄清哪个力给后面的整体提供加速度。

【例2】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为（）A ．3μmg /5B ．3μmg /4C ．3μmg /2D ．3μmg[分析]本题研究对象有4个，且2个接触面都有摩擦，那么在F 逐渐增大的时，那个接触面会先出现临界状态（所需要的静摩擦力超过能提供的最大静摩擦力）呢？看似这是一个很难判断的事情。

但如果从右向左看，把左边部分依次当做一个整体，认为是右边物体施加的力带动了左边整体，问题就会趋于明朗。

[解析]拉力F 带动四个木块整体：maF 6=右边两木块间的静摩擦力带动两个m 和左边的2m ：maF 41f =绳中拉力带动左边两个木块：maF 3T =左边两木块间的静摩擦力带动下面的2m ：maF 22f =由此可以看出，四个木块以同一加速度运动时，始终有2f 1f 2F F =，而两个接触面上的最大静摩擦力都是mg F μ=fm ，因此，随着F 的增加，右边接触面上先出现临界状态，即4ma mg =μ则4/330T mg ma F μ==，答案选B.[总结]本题进一步分析还可以得出拉力F 允许的最大值为2/360m mg ma F μ==，左边接触面上的最大摩擦力为2/f2m mg F μ=.如果本题进一步给出绳子能够承受的最大张力，则可能会出现一个新的临界状态，即维持四者相对静止时需要的绳子拉力与绳子能够承受的最大张力相等的情况。

（3）结论法【例3】(2013·全国卷Ⅱ，25)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—时间图象如图所示。

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。

取重力加速度的大小g ＝10m/s 2，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。

[分析]本题第（2）问答题的一个关键是——物块木板达到共同速度后，两者是相对静止一起减速运动到静止呢，还是物块相对木板向前继续滑动，木板先减速至静止，而后物块继续运动一段时间后才停下来？对于这个问题，在第（1）问计算出上下两个表面的动摩擦因数后，可直接利用【例1】题后总结的结论来直接判断。

[解析](1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。

由图可知，在t 1＝0.5s 时，物块和木板的速度相同。

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，则a 1＝v 1t 1a 2＝v 0－v 1t 1式中v 0＝5m/s 、v 1＝1m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小。

设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律，得μ1mg ＝ma 1μ1mg ＋μ2·2mg ＝ma 2联立，解得μ1＝0.20μ2＝0.30(2)由于21μμ<，在t 1时刻后，物块将相对木板向前滑动，易知物块减速的加速度的大小a 1′＝a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示。

对木板，由由牛顿第二定律，得μ2·2mg －μ1mg ＝ma 2'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s 1＝2×v 212a 1s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1联立，得s ＝1.125m[总结]【例1】题后总结的结论不仅适用于水平面内的叠加体问题，也适用于斜面上的叠加体问题：两物体速度相等之后，上接触面的摩擦因数大于或等于下接触面的摩擦因数时，两物体能够相对静止一起滑动，上接触面的摩擦因数小于下接触面的摩擦因数时，两物体不能够相对静止，而是相对滑动。

证明的方法同【例1】——先假设相对静止，然后比较所需静摩擦力和能提供的最大静摩擦力。

m v2、相对滑动的计算中的易错点（1）受力分析与加速度求解的易错点在叠加体问题中，容易忘记考虑下面物体与地面之间的摩擦力，或者计算下面物体与地面之间的摩擦力时，只考虑了下面物体的重力——以为下面物体对地面的压力就等于下面物体的重力，如【例3】中把地面摩擦力算作为μ2mg 。

这实际上是死记硬背摩擦力等于μmg 所致，实际上滑动摩擦力只能是N f F F μ=，在叠加体问题中，下面物体与地面间的压力计算时，要么选下面物体为研究对象，就需要考虑上面物体的压力，要么选整体为研究对象，考虑整体对地面的压力。

另外，选下面物体为研究对象计算加速度时，有一些同学往往又把上面物体的质量与下面物体的质量合在一起考虑，如【例3】中计算木板第二阶段的加速度时，把方程写成μ2·2mg －μ1mg ＝2ma 2'.这实际上是研究对象不明确导致的——既然选择的是木板为研究对象，考虑的是木板受力，当然只能考虑木板的加速度了，等式右边质量只能是木板的质量，物块已经不在本方程的研究范围内了。

【例4】(2015·全国卷Ⅰ，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4.5m ，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10m/s 2。

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。

[解析](1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4m/s ，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4m/s ，小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01m/s 2＝4m/s 2。

根据牛顿第二定律得：μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1s ，位移x ＝4.5m ，末速度v ＝4m/s ，其逆运动为匀加速直线运动，可得x ＝vt ＋12a 1t 2，解得a 1＝1m/s 2，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：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即μ1g ＝a 1，解得μ1＝0.1(2)设碰撞后，设木板的加速度为a 3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律得：μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3，可得a 3＝43m/s 2对滑块，加速度大小为a 2＝4m/s 2，由于a 2＞a 3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1s 在此过程中，木板向左运动的位移为x 1＝vt 1－12a 3t 21＝103m ，末速度v 1＝v －a 3t 1＝83m/s 滑块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4m/s 2，木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43m/s 2假设又经历时间t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2，解得t 2＝0.5s 在此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2m/s ，滑块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5m 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Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6m ，小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(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a 1＝1m/s 2，向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2m ，所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5m 。