?第四講 牛頓第二定律的綜合應(yīng)用
考點一、連接體問題
1.連接體
多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．
2.常見的連接體
(1)物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度


速度、加速度相同
(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等．

速度、加速度相同

速度、加速度大小相等，方向不同
(3)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度．

速度、加速度相同
(4)彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等．

3.整體法與隔離法在連接體中的應(yīng)用
(1)整體法
當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體的加速度大小相同時，可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個整體，分析其受力和運動情況，對整體列方程求解的方法。
(2)隔離法
當(dāng)求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情況，再對隔離出來的物體列方程求解的方法．
例1、如圖所示，水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大
B．若木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為＋μm1g
C．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關(guān)
D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)
【答案】C
【解析】設(shè)木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木塊1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律FT－μm1g＝m1a，得a＝，系統(tǒng)加速度與木塊1加速度相同，解得FT＝F，可見繩子拉力大小與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)，與兩木塊質(zhì)量大小有關(guān)，即與水平面是否粗糙無關(guān)，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝F，且m2越大繩的拉力越小，故選C.
L例2、(多選)(2020·高考海南卷，T12)如圖，在傾角為θ的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質(zhì)量分別為m1和m2，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則(　　)

A．兩物塊一起運動的加速度大小為a＝
B．彈簧的彈力大小為T＝F
C．若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大
D．若只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大
【答案】BC
【解析】對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－gsin θ，故A錯誤；對m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F彈－m2gsin θ＝m2a，解得T＝，故B正確；根據(jù)T＝＝，可知若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力變大，根據(jù)胡克定律可
知，彈簧伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；根據(jù)F彈＝，可知只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力不變，根據(jù)胡克定律可知，彈簧伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。
例3、(2020·高考江蘇卷，T5)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送抗疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為(　　 )
A．F　　　　B．　　　　C．　　　　D．
【答案】C
【解析】設(shè)列車做勻加速直線運動的加速度為a，可將后面的38節(jié)車廂作為一個整體進行分析，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f，則有F－38f＝38ma，再將最后面的2節(jié)車廂作為一個整體進行分析，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯(lián)立解得F′＝F，C正確，A、B、D錯誤。
例4、(整體法與隔離法)(2021河北邯鄲一模)如圖所示,在光滑水平面上放有一質(zhì)量m0=30 kg的斜劈,在其斜面上放一質(zhì)量m=2 kg的物塊,現(xiàn)用一水平向右的力F拉斜劈,使其由靜止開始運動,物塊恰好能與斜劈保持相對靜止。已知斜劈傾角θ=37°,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。則拉力F大小為(　　)

A．1 N B．10 N
C．31 N D．310 N
【答案】B　
【解析】

對物塊受力分析如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律可得Ff cos 37°-FN sin 37°=ma,豎直方向,根據(jù)平衡條件可得Ff sin 37°+FN cos 37°=mg,根據(jù)摩擦力的計算公式可得Ff=μFN,聯(lián)立解得a=m/s2;以整體為研究對象,水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得F=(m0+m)a=10 N,故B正確,A、C、D錯誤。
例5、(2021·湖北荊州質(zhì)檢)(多選)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上放一質(zhì)量為m的盒子甲，甲盒用輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與乙盒相連，甲盒與定滑輪間的細(xì)繩與斜面平行，乙盒內(nèi)放一質(zhì)量為的物體。如果把這個物體改放在甲盒內(nèi)，則乙盒的加速度恰好與原來等大反向，重力加速度大小為g，則乙盒的質(zhì)量m乙和系統(tǒng)的加速度a的大小分別為(　 　)

A．m乙= B．m乙=
C．a(chǎn)=0.2g D．a(chǎn)=0.4g
【答案】BC
【解析】當(dāng)物體放在乙盒中時，以甲、乙和物體整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有m乙g+mg-mgsin 30°=(m+m乙+m)a；當(dāng)物體放在甲盒中時,以甲、乙和物體整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有(m+m)gsin 30°-m乙g=(m+m乙+m)a，聯(lián)立解得m乙=,加速度大小a=0.2g，故A、D錯誤、B、C正確。
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、(2022·山東師范大學(xué)附中高三月考)如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質(zhì)量為m1＝1 kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為m2＝3 kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行．開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)

A．繩的拉力大小為30 N
B．繩的拉力大小為6 N
C．物塊B的加速度大小為6 m/s2
D．如果將B物塊換成一個豎直向下大小為30 N的力，對物塊A的運動沒有影響
【答案】C
【解析】對B隔離分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝6 m/s2，F(xiàn)T＝12 N，故A、B錯誤，C正確；如果將B物塊換成一個豎直向下大小為30 N的力，對A由牛頓第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一樣，對物塊A的運動有影響，故D錯誤．
訓(xùn)練2、如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中質(zhì)量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是(　　)

A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個力的作用
B．當(dāng)F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷
C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時，輕繩還不會被拉斷
D．輕繩剛要被拉斷時，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為T
【答案】C
【解析】質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力和向后的摩擦力、輕繩的拉力及地面的支持力五個力的作用，故A錯誤。對三個木塊組成的整體，設(shè)其共同運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：a＝；對質(zhì)量為m和2m的木塊所組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律，可知輕繩中拉力為T′＝3ma＝，由此可知，當(dāng)F逐漸增大到2T時，輕繩中拉力等于T，輕繩剛好被拉斷，故B錯誤，C正確。輕繩剛要被拉斷時，木塊的加速度為a′＝，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′＝，故D錯誤。
訓(xùn)練3、(多選)如圖所示，水平地面上有三個靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個物塊一起向右做勻加速直線運動，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是(　　)

A．若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1
B．若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1
C．若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1
D．若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1
【答案】AC
【解析】三物塊一起向右做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C項正確，D項錯誤；若μ≠0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A項正確，B項錯誤．
訓(xùn)練4、如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角．重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．小鐵球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽對小鐵球的支持力為
C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
【答案】C
【解析】根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止可知，系統(tǒng)有水平向右的加速度a＝gtan α，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為，推力F＝(M＋m)gtan α，選項A、B、D錯誤，C正確．
訓(xùn)練5、(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體放在粗糙的水平地面上，現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑．支架上用細(xì)線懸掛的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是(　　)

A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左
D．達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】隔離小球，可知穩(wěn)定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小為gsin θ，小球穩(wěn)定后，支架系統(tǒng)的加速度與小球的加速度相同，對支架系統(tǒng)進行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsin θ，A正確，B錯誤．隔離斜面體，斜面體受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系統(tǒng)對它垂直斜面向下的壓力，因斜面體始終保持靜止，則斜面體還應(yīng)受到地面對它水平向左的摩擦力，C正確，D錯誤．
考點二、臨界和極值問題
1.常見的臨界條件
(1)兩疊加物體脫離的臨界條件：FN＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.
例1、(2020·河南省六市聯(lián)考二模)(多選)如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個質(zhì)量也為m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用沿斜面向上的拉力F作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個滑塊的v-t圖象如圖乙所示，重力加速度為g，則(　　)

A．施加拉力F前，彈簧的形變量為
B．拉力F剛施加上時，A的加速度為0
C．A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力大小為m(g＋2a)
D．彈簧恢復(fù)到原長時，A的速度達到最大值
【答案】AC
【解析】施加拉力F前，對A、B整體，根據(jù)平衡條件有：2mgsinθ＝kx，解得彈簧的形變量x＝＝，故A正確；根據(jù)圖乙可知，拉力F剛施加上時，A、B還未分離，具有共同的加速度a，故B錯誤；根據(jù)圖乙可知，在t1時刻A、B分離，此時它們具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，對A，根據(jù)牛頓第二定律有：F彈－mgsinθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得此時彈簧的彈力大小為：F彈＝m(g＋2a)，故C正確；當(dāng)A所受的合力為零時，其速度達到最大值，此時有：mgsinθ＝F彈′，彈簧未恢復(fù)到原長，故D錯誤。
例2、如圖所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0 kg，小車上放一個物體B，其質(zhì)量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動，如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fmax為(　　)

A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
【答案】C
【解析】根據(jù)題圖甲所示，設(shè)A、B間的靜摩擦力達到最大值Ffmax時，系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B整體有F＝(mA＋mB)a，對A有Ffmax＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得Ffmax＝2.0 N；根據(jù)題圖乙所示情況，設(shè)A、B剛開始滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律，以B為研究對象有Ffmax＝mBa′，以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0 N，故選C.
例3、如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10 m/s2.

(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
(2)當(dāng)θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
【答案】(1)　(2)θ＝60°　 m
【解析】(1)當(dāng)θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsin θ＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcos θ
聯(lián)立解得：μ＝.
(2)當(dāng)θ變化時，設(shè)沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，
故α＝30°，
又因x＝
當(dāng)α＋θ＝90°時x最小，即θ＝60°，
所以x最小值為xmin＝＝＝ m.
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2 kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1 kg的小物塊A，整個裝置靜止．現(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下結(jié)論正確的是(　　)

A．變力F的最小值為2 N
B．變力F的最小值為6 N
C．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
【答案】BC
【解析】A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F(xiàn)＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時，F(xiàn)最小，即剛開始施力時，F(xiàn)NAB最大，等于重力，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正確，A錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝＝0.05 m；A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m．物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運動學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2 m/s，C正確，D錯誤．
訓(xùn)練2、如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時，細(xì)繩平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列說法正確的是(　　)

A．當(dāng)斜面體以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為20 N
B．當(dāng)斜面體以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為30 N
C．當(dāng)斜面體以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為40 N
D．當(dāng)斜面體以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為60 N
【答案】A
【解析】小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零，斜面對小球的彈力恰好為零時，設(shè)繩子的拉力為F，斜面體的加速度為a0，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0，代入數(shù)據(jù)解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示，設(shè)繩子與水平方向的夾角為α，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F2cos α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0，代入數(shù)據(jù)解得F2＝20 N，選項C、D錯誤．
　
訓(xùn)練3、如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的足夠長的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝6 kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝10 kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600 N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2 s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2 s以后F為恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的壓縮量x0；
(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；
(3)力F的最大值與最小值．
【答案】(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N
【解析】(1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0，
對P、Q整體受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2 s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，
對物體P，由牛頓第二定律得：
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s時間內(nèi)兩物體的位移：
x0－x1＝at2
聯(lián)立解得a＝ m/s2.
(3)對兩物體受力分析知，開始運動時F最小，分離時F最大，則Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
對Q應(yīng)用牛頓第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝ N.
考點三、板塊模型
1.位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.


2.解題關(guān)鍵點
①由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．
②當(dāng)滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．
例1、(多選)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出滑塊A的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖像，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)

A．滑塊A的質(zhì)量為4 kg
B．木板B的質(zhì)量為2 kg
C．當(dāng)F＝10 N時滑塊A加速度為6 m/s2
D．滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.2
【答案】BC
【解析】設(shè)滑塊A的質(zhì)量m，木板B的質(zhì)量為M，滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為μ.由題圖乙可知，當(dāng)F＝Fm＝6 N時，滑塊A與木板B達到最大共同加速度為am＝2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；當(dāng)F＞6 N時，A與B將發(fā)生相對滑動，對A單獨應(yīng)用牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根據(jù)題圖乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，則M＝2 kg，A、D錯誤，B正確；當(dāng)F＝10 N時，木板A的加速度為aA＝＝6 m/s2，C正確．
例2、(2020·四川省攀枝花市三模)(多選)如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用，A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示，已知物塊A的質(zhì)量m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　)

A．物塊B的質(zhì)量為4 kg
B．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2
C．B與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2
D．當(dāng)F＝10 N時，物塊A的加速度大小為1.5 m/s2
【答案】BD
【解析】由圖乙知，當(dāng)F＝12 N時，A、B間開始相對滑動，即μmg＝6 N，解得A、B間的動摩擦因數(shù)為：μ＝0.2，設(shè)此時A、B的加速度大小均為a，對A根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝＝2 m/s2，對B根據(jù)牛頓第二定律可得：F－f1－f2＝mBa，其中f1為A、B之間的滑動摩擦力，大小為6 N，f2為A與水平地面間的滑動摩擦力，大小為4 N，解得：mB＝ kg＝1 kg，故A錯誤，B正確；設(shè)B與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ′，f2＝4 N＝μ′(m＋mB)g，解得：μ′＝0.1，故C錯誤；當(dāng)F＝10 N時，A和B沒有發(fā)生相對滑動，設(shè)A的加速度大小為a′，對整體根據(jù)牛頓第二定律可得：F－f2＝(m＋mB)a′，解得：a′＝ m/s2＝1.5 m/s2，故D正確。
例3、(2020·廣東深圳一模)如圖甲所示，質(zhì)量為0.5 kg的物塊和質(zhì)量為1 kg的長木板，靜置于傾角為37°足夠長的固定斜面上，t＝0時刻對長木板施加沿斜面向上的拉力F，使長木板和物塊開始沿斜面上滑，作用一段時間t后撤去拉力F。已知長木板和物塊始終保持相對靜止，上滑時速度的平方與位移之間的關(guān)系如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

A．長木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.35
B．拉力F作用的時間為t＝2 s
C．拉力F的大小為13 N
D．物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ2可能為0.88
【答案】D
【解析】將長木板和物塊看做整體，分析可知，撤去F時，整體有最大速度vm＝ m/s，位移為x1＝4 m，根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系式，可知撤去拉力F前整體的加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，設(shè)撤去拉力F后整體向上運動的位移為x2，則撤去拉力F后的加速度大小為：a2＝＝ m/s2＝8 m/s2。設(shè)物塊的質(zhì)量為m，長木板的質(zhì)量為M，對整體，撤去F前由牛頓第二定律得：F－(m＋M)·gsin37°－μ1(m＋M)gcos37°＝(m＋M)a1，撤去F后由牛頓第二定律得：(m＋M)gsin37°＋μ1(m＋M)gcos37°＝(m＋M)a2，聯(lián)立解得：F＝13.5 N，μ1＝0.25，故A、C錯誤；力F作用時整體做勻加速直線運動，vm＝a1t，解得：t＝2 s，故B錯誤；設(shè)整體勻加速上滑時物塊與長木板間的靜摩擦力大小為f1，整體勻減速上滑時物塊與長木板間的靜摩擦力大小為f2，整體勻加速下滑時物塊與長木板間的靜摩擦力大小為f3，物塊與長木板的加速度大小為a3，以物塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：f1－mgsin37°＝ma1，f2＋mgsin37°＝ma2，mgsin37°－f3＝ma3，又(M＋m)gsin37°－μ1(M＋m)gcos37°＝ma3，f1、f2、f3均小于等于μ2mgcos37°，解得：μ2≥0.875，則物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ2可能為0.88，故D正確。
例4、(多選)如圖甲所示，水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M的木板，木板的左端有一個可視為質(zhì)點的、質(zhì)量m＝1 kg的滑塊．現(xiàn)給滑塊一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑塊和木板在水平地面上運動的速度圖像如圖乙所示，滑塊最終剛好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列說法正確的是(　　)

A．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4
B．木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1
C．木板的長度L＝4 m
D．木板的質(zhì)量M＝1.5 kg
【答案】ABD
【解析】由題圖乙知，滑塊剛滑上木板時加速度a1＝＝ m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg得μ1＝0.4，A正確；2 s后滑塊與木板一起做勻減速直線運動，加速度a3＝＝ m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g得μ2＝0.1，B正確；木板的長度為0～2 s內(nèi)滑塊與木板的v－t 圖線與時間軸所圍面積差，L＝×10×2 m＝10 m，C錯誤；0～2 s內(nèi)木板的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，對M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D正確．
例5、(2013年全國2) 一長木板在水平地面上運動，在t=0時刻將一相對于地面精致的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2求:
(1)物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數(shù):
(2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小.

【答案】0.2 0.3 0.75
【解析】
(1)從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止．
由圖可知，在t1=0.5?s時，物塊和木板的速度相同．設(shè)t=0到t=t1時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則有：
…①
…②
式中v0=5?m/s、v1=1?m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大小．設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得
μ1mg=ma1…③
…④
聯(lián)立①②③④式得：
…⑤
…⑥
(2)0.5s后兩個物體都做勻減速運動，假設(shè)兩者相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a=μ2g
由于物塊的最大靜摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物塊與木板不能相對靜止．
根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊勻減速運動的加速度大小等于
0.5s后物塊對木板的滑動摩擦力方向與速度方向相同，則木板的加速度大小為：
由運動學(xué)公式可推知，物體和木板相對于地面的運動距離分別為


物塊相對與木板的位移大小為

解得s=1.125m
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、(多選)(2022·煙臺期末)某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如圖甲所示，將一質(zhì)量為M的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質(zhì)量為m的物塊，剛開始均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測出水平拉力F，畫出F與物塊的加速度a的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個運動過程中物塊始終未脫離長木板。則(　　)

A．長木板的質(zhì)量為2 kg
B．長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.4
D．當(dāng)拉力F增大時，長木板的加速度一定增大
【答案】ABC
【解析】由題圖乙可知，當(dāng)F＞12 N時木塊和木板開始產(chǎn)生相對滑動，則F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由圖像可知m＝k＝2 kg，μ1mg＝8，解得μ1＝0.4，當(dāng)12 N≥F≥4 N時兩者共同運動，則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由圖像可知M＋m＝k′＝4 kg，則M＝2 kg，μ2(M＋m)g＝4，解得μ2＝0.1，A、B、C正確；當(dāng)拉力F增大時，長木板與木塊之間產(chǎn)生相對滑動，此時長木板受地面的摩擦力和木塊的摩擦力不變，則加速度不變，D錯誤。
訓(xùn)練2、(多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為.小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)

A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
C．經(jīng)過1 s的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
【答案】BC
【解析】對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，D錯誤，C正確．
訓(xùn)練3、如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長的質(zhì)量為M＝4 kg的長木板，在長木板右端有一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，則：

(1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？
(2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)？
(3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？
(4)最終小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)？
【答案】(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m
【解析】(1)對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m
(3)剛撤去F時v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，長木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
訓(xùn)練4、如圖所示，放在水平地面上的長木板B長為3 m，質(zhì)量為m＝2 kg，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2.一質(zhì)量為M＝3 kg的小鉛塊A放在B的左端，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4.剛開始A、B均靜止，現(xiàn)使A以5 m/s的初速度向右運動(g＝10 m/s2)，求：

(1)A、B剛開始運動時的加速度；
(2)B在地面上滑行的最大距離．
【答案】(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m
【解析】(1)對小鉛塊受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N
對整體受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
根據(jù)牛頓第二定律得，A的加速度為
a1＝＝4 m/s2，方向向左
B的加速度為a2＝＝1 m/s2，方向向右
(2)當(dāng)A、B的速度相同時，兩者不發(fā)生相對滑動．有v0－a1t＝a2t
所以t＝＝1 s
此過程A的位移xA＝v0t－a1t2＝3 m
B的位移xB＝a2t2＝0.5 m
則A、B的相對位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m
所以A不會從B上滑出
之后A、B一起做勻減速直線運動，
a3＝μ1g＝2 m/s2
此時的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
A、B一起運動的位移xAB＝＝0.25 m
所以B滑行的距離x＝xB＋xAB＝0.75 m.
考點四、傳送帶模型
1．水平傳送帶
情景
滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長
傳送帶足夠長

一直加速
先加速后勻速

v0v時，先減速再勻速

滑塊一直減速到右端
滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端．
若v0v返回到左端時速度為v.

2．傾斜傳送帶
情景
滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長
傳送帶足夠長

一直加速(一定滿足關(guān)系gsin θ

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