题型探究课 牛顿运动定律的综合应用

题型探究课牛顿运动定律的综合应用超重与失重现象[学生用书P48]【题型解读】1．对超重、失重的理解：超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，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”发生变化)．2．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【典题例析】如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知()A．该同学做了两次下蹲－起立的动作B．该同学做了一次下蹲－起立的动作C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态[审题指导]下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止[解析]在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．[答案] B【跟进题组】1.如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是()A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．2.(多选)(2018·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员() A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．超重和失重现象判断的“三”技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．动力学观点在连接体中的应用[学生用书P49]【题型解读】1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．(1)加速度相同的连接体①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．(2)加速度不同的连接体：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．3．充分挖掘题目中的临界条件(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.4．其他几个注意点(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同．(2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．【典题例析】质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小．(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a .②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？[审题指导] (1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．[解析](1)环受力如图1所示，由平衡条件得： 2F T cos θ－mg ＝0由图1中几何关系可知：cos θ＝63联立以上两式解得：F T ＝64mg . (2)①小铁环受力如图2所示，由牛顿第二定律得： F ′T sin θ′＝ma F ′T ＋F ′T cos θ′－mg ＝0由图2中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得： a ＝33g .②杆和环整体受力如图3所示，由牛顿第二定律得： F cos α＝(M ＋m )a F sin α－(M ＋m )g ＝0解得：F ＝233(M ＋m )g ，α＝60°.[答案] (1)64mg (2)①33g ②外力大小为233(M ＋m )g 方向与水平方向成60°角斜向右上方【迁移题组】迁移1 加速度相同的连接体问题1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F ′1.则( )A ．a ′＝a ，F ′1＝F 1B ．a ′＞a ，F ′1＝F 1C ．a ′＜a ，F ′1＝F 1D ．a ′＞a ，F ′1＞F 1解析：选B .当用力F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象， 竖直方向有F 1cos θ＝mg ①水平方向有F －F 1sin θ＝ma ， 以整体为研究对象有F ＝(m ＋M )a ， 解得a ＝mMg tan θ② 当用力F ′水平向左拉小车时，以球为研究对象， 竖直方向有F ′1cos θ＝mg ③水平方向有F ′1sin θ＝ma ′， 解得a ′＝g tan θ④ 结合两种情况，由①③有F 1＝F ′1；由②④并结合M ＞m 有a ′＞a .故正确选项为B .迁移2 加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g ① kx 2－mg ＝ma ② x 1－x 2＝12at 2③ 由①式得x 1＝（M ＋m ）gk ＝0.15 m ，④由②③④式得a ＝6 m/s 2F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N . 答案：168 N 72 N迁移3 连接体中的临界、极值问题3．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A ，其质量为m A ＝2.0 kg ，小车上放一个物体B ，其质量为m B ＝1.0 kg .如图甲所示，给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动，求F ′的最大值F m ′.解析：根据题图甲所示，设A 、B 间的静摩擦力达到最大值f m 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ，对A 有f m ＝m A a ，代入数据解得f m ＝2.0 N .根据题图乙所示情况，设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： f m ＝m B a ′，F m ′＝(m A ＋m B )a ′， 代入数据解得F m ′＝6.0 N . 答案：6.0 N1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两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．2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内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”．4．“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：F T＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时．5．“四种”典型数学方法(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法；(4)极限法．传送带问题的解题技巧[学生用书P50]【题型解读】1．模型特征(1)水平传送带模型(2)倾斜传送带模型(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg ≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a ≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )．【典题例析】(2018·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．[审题指导] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜L ，即下滑5 m 与传送带速度相等．达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s .甲 乙 (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合， 故痕迹总长为5 m . [答案] (1)1.5 s (2)5 m【迁移题组】迁移1 水平传送带模型 1.如图所示为水平传送装置，轴间距离AB 长l ＝8.3 m ，质量为M ＝1 kg 的木块随传送带一起以v 1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.当木块运动至最左端A 点时，一颗质量为m ＝20 g 的子弹以v 0＝300 m/s 、水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v ＝50 m/s ，以后每隔1 s 就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g 取10 m/s 2.求：(1)在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A 点的最大距离． (2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？解析：(1)子弹射入木块过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0－M v 1＝m v ＋M v ′1 解得v ′1＝3 m/s木块向右做减速运动的加速度大小 a ＝μMg M＝5 m/s 2木块速度减为零所用时间为t 1＝v ′1a解得t 1＝0.6 s<1 s所以木块在被第二颗子弹击中前，向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为s 1＝v ′212a，解得s 1＝0.9 m . (2)在第二颗子弹射中木块前，木块在向左做加速运动 时间为t 2＝1 s －0.6 s ＝0.4 s速度增大为v 2＝at 2＝2 m/s(恰与传送带共速) 向左移动的位移为s 2＝12at 22＝12×5×0.42 m ＝0.4 m所以在两颗子弹射中木块的时间间隔内 木块总位移s 0＝s 1－s 2＝0.5 m ，方向向右第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为s ＝15×0.5 m ＝7.5 m 第16颗子弹击中后，木块将会先向右移动0.9 m总位移为0.9 m ＋7.5 m ＝8.4 m>8.3 m ，木块将从B 端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．答案：见解析迁移2 倾斜传送带模型2．如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m ．现每隔1 s 把质量m ＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字．求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？ 解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a ，则 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得a ＝1.0 m/s 2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离d min ＝12at 2解得d min ＝0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 d max ＝v t ＝3.0 m .(2)由于工件加速时间为t 1＝va ＝3.0 s ，因此传送带上总有三个(n 1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f 1＝3μmg cos θ在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x ＝v 22a ＝4.5 m传送带上匀速运动的工件数n 2＝l －xd max＝3当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f 0＝mg sin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f 2＝n 2f 0与空载相比，传送带需增大的牵引力F ＝f 1＋f 2 联立解得F ＝33 N .答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．滑块——滑板模型分析[学生用书P52]【题型解读】1．模型特征滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如2015年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25题．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．2．思维模板【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)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．[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a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g ①f2＝μ1m B g ②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得f1＝m A a A ④f2＝m B a B ⑤f2－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－a B t1 ⑦v1＝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s B＝v0t1－12a B t21⑩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＝(m B＋m)a2 ⑪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－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A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＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图的速度－时间图线求解)[答案] 见解析【跟进题组】1．质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ② 由牛顿第二定律得a 2＝μ1mgM③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④ 联立①②③④解得μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N .(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mg M设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m .答案：见解析2．(2015·高考全国卷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．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 1 ① N 1＝mg cos θ②f 2＝μ2N 2③ N 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 1 ⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2 ⑥ N 1＝N 1′ ⑦ f 1＝f 1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a 1＝3 m/s 2 ⑨ a 2＝1 m/s 2.⑩(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 ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得 a ′1＝6 m/s 2 ⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0 ⑮联立⑫⑭⑮式得 t 2＝1 s⑯ 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 ′1t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m<27 m⑰ 此后B 静止，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 ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s .(另解：也可利用下面的速度图线求解)答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s分析滑块—滑板模型的一个转折和两个关联分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键．[学生用书P53]1.(2018·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析：选C .将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b，单独对a 进行分析，设a 、b间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m bm a ＋m b ，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.2．(2018·南阳五校联考)如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )A ．B 的加速度为g sin θ B ．绳的拉力为Gcos θC ．绳的方向保持竖直D ．绳的拉力为G 解析：选A .A 、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为g sin θ，所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于G cos θ，故选项B 、C 、D 都错误．3.(多选)(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12μg解析：选BCD .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32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，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 －32μmg＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．4.(2018·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A ．3g sin αB ．g sin αC .3g sin α2D ．2g sin α解析：选A .猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m ，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f ＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a ＝2mg sin α＋mg sin αm＝3g sin α，正确选项为A .5.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是 ( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 解析：选A .若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能。