高考物理一轮复习专题06牛顿运动定律的综合应用(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题06牛顿运动定律的综合应用(原卷版+解析)，共86页。试卷主要包含了动力学中的连接体问题，动力学中的临界和极值问题，动力学中的图像问题，“传送带”模型问题，“滑块－木板”模型问题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25326" 题型一 动力学中的连接体问题 PAGEREF _Tc25326 \h 1
\l "_Tc18156" 类型1 共速连接体---力的“分配” PAGEREF _Tc18156 \h 2
\l "_Tc29242" 类型2 关联速度连接体 PAGEREF _Tc29242 \h 5
\l "_Tc30762" 题型二 动力学中的临界和极值问题 PAGEREF _Tc30762 \h 8
\l "_Tc26048" 类型1 板块模型中相对滑动的临界问题 PAGEREF _Tc26048 \h 8
\l "_Tc6654" 类型2 恰好脱离的动力学临界问题 PAGEREF _Tc6654 \h 11
\l "_Tc21681" 类型3 动力学中的极值问题 PAGEREF _Tc21681 \h 15
\l "_Tc29441" 题型三 动力学中的图像问题 PAGEREF _Tc29441 \h 17
\l "_Tc28362" 类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况 PAGEREF _Tc28362 \h 18
\l "_Tc29044" 类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况 PAGEREF _Tc29044 \h 20
\l "_Tc22741" 类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系 PAGEREF _Tc22741 \h 22
\l "_Tc8261" 题型四 “传送带”模型问题 PAGEREF _Tc8261 \h 25
\l "_Tc11822" 类型1 动力学中水平传送带问题 PAGEREF _Tc11822 \h 26
\l "_Tc248" 类型2 动力学中的倾斜传送带问题 PAGEREF _Tc248 \h 29
\l "_Tc22390" 类型3 传送带中的动力学图像 PAGEREF _Tc22390 \h 31
\l "_Tc23062" 题型五 “滑块－木板”模型问题 PAGEREF _Tc23062 \h 34
\l "_Tc10203" 类型1 滑块带动木板 PAGEREF _Tc10203 \h 35
\l "_Tc17870" 类型2 滑板带动滑块 PAGEREF _Tc17870 \h 39
\l "_Tc32156" 类型3 斜面上的板块问题 PAGEREF _Tc32156 \h 41
题型一 动力学中的连接体问题
【解题指导】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法.
不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解．
【核心总结】1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
(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的内力时，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．
(3)处理连接体方法
①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法．如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系，F＝(mA＋mB)a，再隔离单个物体(部分物体)研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝eq \f(mB,mA＋mB)F
②关联速度连接体
分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解．
类型1 共速连接体---力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑
m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙

m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同，
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F.
【例1】(多选)(2022·山西大同市第一次联考)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】 AD
【解析】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
【例2】(多选)(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为2 kg、1 kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6 N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.B的加速度大小为1 m/s2
B.A拉B的作用力为4 N
C.若撤去外力F，A物体做减速运动，B物体做加速运动
D.若撤去外力F，A物体的加速度大小为1 m/s2
【答案】 AD
【解析】 A、B两物体一起向右做匀加速运动，加速度相同，对整体分析，由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1 m/s2，A正确；隔离B分析，由牛顿第二定律得FT－μmBg＝mBa，解得A拉B的作用力FT＝2 N，B错误；撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑动摩擦力作用下A、B都做减速运动，C错误；若撤去外力F，由牛顿第二定律得A物体的加速度大小μmAg＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，D正确。
【例2】.(2022·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图所示，质量为M的半圆形光滑凹槽放置于光滑水平地面上，槽内有一质量为m的小球(可看成质点)。现用一水平向右的推力F1推动凹槽，使小球与凹槽一起向右做匀加速直线运动；若保持小球在凹槽中的位置不变，将水平向左的推力F2作用在小球上，使小球和凹槽一起向左做匀加速直线运动，则F1∶F2为( )
A.1∶1 B.M∶m
C.m∶M D.m∶(m＋M)
【答案】 B
【解析】 将小球和凹槽看作整体，由牛顿第二定律有a1＝eq \f(F1,m＋M)，a2＝eq \f(F2,m＋M)，分别对小球受力分析如图所示，则有a1＝eq \f(mg,mtan α)＝eq \f(g,tan α)，a2＝eq \f(F2－\f(mg,tan α),m)＝eq \f(F2,m)－eq \f(g,tan α)，联立解得eq \f(F1,F2)＝eq \f(M,m)，选项B正确。
【例3】(多选)[2022·山西太原市3月模拟(一)]如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P向右加速运动，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是( )
A.若μ≠0，则k＝eq \f(5,6) B.若μ≠0，则k＝eq \f(3,5)
C.若μ＝0，则k＝eq \f(1,2) D.若μ＝0，则k＝eq \f(3,5)
【答案】 BD
【解析】 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，则加速度大小a＝eq \f(F－6μmg,6m)，隔离物块R，则R和Q之间相互作用力为F1＝3ma＋3μmg＝eq \f(1,2)F，隔离P，则Q与P之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－μmg－eq \f(1,6)F＋μmg＝eq \f(5,6)F，可得k＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(\f(1,2)F,\f(5,6)F)＝eq \f(3,5)，与μ是否为零无关，故有k＝eq \f(3,5)恒成立，选项B、D正确。
类型2 关联速度连接体
【例1】(2022·山东师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
【答案】 C
【解析】 对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
【例2】(多选)(2022·“超级全能生”全国卷地区联考)如图所示，同种材料的两滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上。此时A、B刚好平衡，已知滑块与水平桌面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，动摩擦因数μ＝eq \f(1,3)，B的质量为m，重力加速度为g，则A和B调换位置后，下列说法正确的是( )
A.A和B的加速度为eq \f(2,3)g B.A的质量为2m
C.调换后绳的拉力不变 D.调换后绳的拉力变大
【答案】 AC
【解析】 开始时A、B刚好平衡，对A有mg＝μMg得M＝3m，B错误；A和B调换位置后，对整体有3mg－μmg＝4ma，则a＝eq \f(2,3)g，故A正确；调整前绳的拉力为F1＝mg，调整后对B滑块3mg－F2＝3ma，则F2＝3mg－3ma＝mg，故C正确，D错误。
【例3】(2022·湖北武汉市4月质量检测)如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则( )
A.释放瞬间，a的加速度大小为g
B.释放瞬间，b的加速度大小为eq \f(2,3)g
C.c刚离开地面时，b的速度最大
D.弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
【答案】 B
【解析】 刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F＝mg，则对a、b的整体，由牛顿第二定律2mg－mg＋F＝3ma，解得a、b的加速度为a＝eq \f(2,3)g，选项A错误，B正确；当a、b的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，选项C、D错误。
【例4】 (2022·福建南平市第一次质检)如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】 (1)2∶1 (2)4eq \r(\f(h,g))
【解析】 (1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1
FT1＝mBg
解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,1)。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2
得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2eq \r(\f(h,g))
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4eq \r(\f(h,g))。
【例5】质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
【答案】 D
【解析】 设A落地前轻绳的拉力大小为FT，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－FT＝ma1，FT－μmg＝ma1联立解得a1＝2.5 m/s2，FT＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝eq \r(2a1h)＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝eq \f(v2,2a2)＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．
题型二 动力学中的临界和极值问题
【解题指导】1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN＝0.
2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.
3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程
4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
【核心归纳】1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题
【例1】(2022·天津市六校联考期初检测)(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eq \f(1,2)μ.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F3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg
【答案】 BCD
【解析】 当0tan α
D．从v－t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
【答案】 D
【解析】 若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误；木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsin θ＋Ff＝ma1，当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α，则μmgcs θ>mgsin θ ，木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，C错误；当木块的速度等于v0时，且μL＝2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
位移关系为v0t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，
联立解得μ2＝0.1。
【例2】质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
【答案】 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
【解析】 (1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝eq \f(v1－0,t1)＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
【例3】如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．
【答案】(1)见解析 (2)eq \r(2) s
【解析】(1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动．
(2)对B：F－μ1mg＝maB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意：xB－xA＝L
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝eq \f(1,2)aBt2
解得：t＝eq \r(2) s.
【例4】(2022·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
【答案】：(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
【解析】：(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝eq \f(a2t2,2)，解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
【例5】(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，C为质量不计的足够长的极薄的形变可忽略的硬质膜，放在光滑的水平面上，其上分别静止放有两个物体A和B，A的质量为10 kg，B的质量为5 kg，与膜之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，t＝0时刻，在水平拉力F＝50 N的作用下开始运动，求：(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
(1)A和B两个物体的加速度分别为多大？
(2)如果拉力F作用时间到t＝2 s时撤去，那么A、B两物体最终速度多大？A、B两物体在膜上留下的划痕分别多长？
【答案】 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)eq \f(20,3) m/s 无划痕 eq \f(20,3) m
【解析】 (1)A与膜的最大静摩擦力为Ff1＝μmAg＝20 N
B与膜的最大静摩擦力为Ff2＝μmBg＝10 N
因为膜质量不计，所以B最先达到最大静摩擦力．
所以B的加速度为aB＝eq \f(Ff2,mB)＝eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
膜的合外力必为零，所以A与膜的摩擦力也为10 N(静摩擦)
所以A和膜一起运动，F－Ff2＝mAaA
aA＝4 m/s2
(2)2 s时，物体A与膜的速度为vA＝aAt＝8 m/s
物体B的速度为vB＝aBt＝4 m/s
此时物体B运动了s1＝eq \f(1,2)aBt2＝4 m
膜和物体A运动了s2＝eq \f(1,2)aAt2＝8 m
所以划痕长度L1＝4 m(向左划)
撤去外力F后，设经历Δt时间共速(共速后以速度v共一起匀速运动)，那么有：vB＋aBΔt＝vA－aA′Δt
此时A物体的加速度为aA′＝eq \f(Ff2,mA)＝eq \f(10,10) m/s2＝1 m/s2
解得Δt＝eq \f(4,3) s
所以v共＝eq \f(20,3) m/s
此段时间B的位移为s1′＝vBΔt＋eq \f(1,2)aBΔt2＝eq \f(64,9) m
此段时间A的位移为s2′＝vAΔt－eq \f(1,2)aA′Δt2＝eq \f(88,9) m
所以划痕长度L2＝eq \f(8,3) m(向左划)
所以总的划痕长度为L＝L1＋L2＝eq \f(20,3) m
则A物体无划痕，B物体的划痕长为eq \f(20,3) m．(也可以用图像法计算)
类型2 滑板带动滑块
【例1】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【答案】 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
【解析】 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【例2】(2022·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。
【答案】 (1)3.5 m (2)0
【解析】 (1)由题知B始终未脱离A，
由vBA－t图像可知
0～1.5 s内，vBvA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝eq \f(v1.5,2) t1.5＝2.25 m
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝eq \f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移
xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m。
(2)由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0。
类型3 斜面上的板块问题
【例1】(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【答案】 BC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
【例2】如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长．其上有一质量为M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计．在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m＝2 kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ＝0.5.开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？
(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离．
【答案】 (1)2 s (2)4 m
【解析】 (1)对木块由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
解得a1＝5 m/s2
对木板由牛顿第二定律得μmgcs θ－Mgsin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L
解得t＝2 s
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v1＝a1t＝10 m/s
木板的速度为v2＝a2t＝4 m/s
木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度a1′＝a2′＝gsin θ＝6 m/s2
木板到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝eq \f(v2,a2′)＝eq \f(2,3) s
这段时间木块运动的位移x1＝v1t′－eq \f(1,2)a1′t′2＝10×eq \f(2,3) m－eq \f(1,2)×6×(eq \f(2,3))2 m＝eq \f(16,3) m
木板的位移x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a2′)＝eq \f(42,2×6) m＝eq \f(4,3) m
木板右端与木块之间距离Δx＝x1－x2＝4 m.
【例3】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。
【答案】 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【解析】 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcs 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
m板gsin 37°＋Ff1－Ff2＝m板a2
其中FN2＝(m＋m板)gcs 37°，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1＞a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，x1－x2＝L
解得t＝1 s。
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0v返回到左端时速度为v.
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ