叠加体问题的分析技巧叠加体问题的分析技巧 湖北省恩施高中陈恩谱 一 叠加体模型和问题一 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二 叠加体问题的分析技巧 1 相对静止与否的判断问题 相对静止与否的判断问题 1 假设相对静止 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 m1 2 kg m2 3 kg 叠放在水平桌面上 已知甲 乙间的动摩擦因数为 1 0 6 物体乙与平面间的动摩擦因数为 2 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 10 m s2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 A 大小为 12 N 方向向右B 大小为 12 N 方向向左 C 大小为 10 N 方向向右D 大小为 10 N 方向向左 分析分析 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 2 m1 m2 g m1 m2 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 Ff1 m1a 联立解得 Ff1 2m1g 而甲乙之间的最大静摩擦力为 Ffm 1m1g 且 2 1 故有 Ff1 Ffm 所以假设成立 甲受的摩擦力大小为 Ff1 2m1g 10 N 方向向左 选项 D 正确 总结总结 当 21 时 甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动 当 21 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 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 mg 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 3 mg 5B 3 mg 4 C 3 mg 2D 3 mg 分析分析 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 解析解析 拉力 F 带动四个木块整体 maF6 右边两木块间的静摩擦力带动两个 m 和左边的 2m maF4 1f 绳中拉力带动左边两个木块 maF3 T 左边两木块间的静摩擦力带动下面的 2m maF2 2f 由此可以看出 四个木块以同一加速度运动时 始终有 2f1f 2FF 而两个接触面上的最大静摩擦力 都是mgF fm 因此 随着 F 的增加 右边接触面上先出现临界状态 即 0 4mamg 则4 33 0T mgmaF 答案选 B 总结总结 本题进一步分析还可以得出拉力 F 允许的最大值为2 36 0m mgmaF 左边接触面上的 最大摩擦力为2 f2m mgF 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 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 10 m s2 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 t1 0 5 s 时 物块和木板的速度相同 设 t 0 到 t t1时间间隔 内 物块和木板的加速度大小分别为 a1和 a2 则 a1 v1 t1 a2 v0 v1 t1 式中 v0 5 m s v1 1 m s 分别为木板在 t 0 t t1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 1 2 由牛顿第二定 律 得 1mg ma1 1mg 2 2mg ma2 联立 解得 1 0 20 2 0 30 2 由于 21 在 t1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 a1 a1 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 2 2mg 1mg ma2 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 s1 2 v21 2a1 s2 v0 v1 2 t1 v21 2a2 物块相对于木板的位移的大小为 s s2 s1 联立 得 s 1 125 m 总结总结 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 v0 2 相对滑动的计算中的易错点 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 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 2mg 这实际上是死记硬背摩擦力等于 mg 所致 实际上滑动摩擦力只能是 Nf FF 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 2 2mg 1mg 2ma2 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 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 5 m 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 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 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 10 m s2 求 1 木板与地面间的动摩擦因数 1及小物 块与木板间的动摩擦因数 2 2 木板的最小长度 3 木板右端离墙壁的最终距离 解析解析 1 根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v 4 m s 碰撞后木板速度水平向左 大 小也是 v 4 m 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 a2 4 0 1 m s2 4 m s2 根据牛顿第二定律得 2mg ma2 解得 2 0 4 木板与墙壁碰撞前 匀减速运动时间 t 1 s 位移 x 4 5 m 末速度 v 4 m s 其逆运动为匀加速直 线运动 可得 x vt 1 2a 1t2 解得 a1 1 m s2 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 1 m 15m g m 15m a1 即 1g a1 解得 1 0 1 2 设碰撞后 设木板的加速度为 a3 木板向左做匀减速运动 依据牛顿第二定律得 1 15m m g 2mg 15ma3 可得 a3 4 3 m s2 对滑块 加速度大小为 a2 4 m s2 由于 a2 a3 所以滑块速度先减小到 0 所用时间为 t1 1 s 在此过程中 木板向左运动的位移为 x1 vt1 1 2a 3t21 10 3 m 末速度 v1 v a3t1 8 3 m s 滑块向右运动的位移 x2 v 0 2 t1 2 m 此后 小物块开始向左加速 加速度大小仍为 a2 4 m s2 木板继续减速 加速度大小仍为 a3 4 3 m s2 假设又经历时间 t2二者速度相等 则有 a2t2 v1 a3t2 解得 t2 0 5 s 在此过程中 木板向左运动的位移 x3 v1t2 1 2a 3t22 7 6 m 末速度 v3 v1 a3t2 2 m s 滑块向左运动 的位移 x4 1 2a 2t22 0 5 m 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 x x1 x2 x3 x4 6 m 小物块始终没 有离开木板 所以木板最小的长度为 6 m 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 a1 1 m s2 向左运动的位移为 x5 v23 2a1 2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x x 1 x3 x5 6 5 m 2 相对位移还是对地位移 相对位移还是对地位移 牛顿第二定律只成立于惯性系 以此为基础的动能定理 能量守恒定律以及动量定理 动量守恒定律 也都只成立于惯性系 高中阶段一般选地面为参考系 因此 应用这五大规律时 速度 位移都必须选地 面为参考系 即只能用绝对位移 绝对速度 但由于很多题目告诉的是下面物块的长度 在代入上面物体 的位移时 很多同学就会错误的把上面物体的位移代成下面物体的长度 其实 下面物体的长度只是两 物体间的相对位移 我们只能用绝对位移 即对地位移 代入这牛顿第二定律或动能定理的方程中 例 5 如图所示 物块 A 木板 B 的质量均为 m 10 kg 不计 A 的大小 B 板长 L 3 m 开始时 A B 均静止 现使 A 以某一水平初速度从 B 的最左端开始运动 已知 A 与 B B 与水平面之间的动摩擦因数 分别为 1 0 3 和 2 0 1 g 取 10 m s2 1 若物块 A 刚好没有从 B 上滑下来 则 A 的初速度多大 2 若把木板 B 放在光滑水平面上 让 A 仍以 1 问中的初速度从 B 的 最左端开始运动 则 A 能否与 B 脱离 最终 A 和 B 的速度各是多大 解析解析 1 A