叠加体问题的分析技巧 (4)

湖北省恩施高中 陈恩谱

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 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 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]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(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＝μ2m1g

而甲乙之间的最大静摩擦力为 Ffm＝μ1m1g，且μ2＜μ1，故有 Ff1＜Ffm

所以假设成立，甲受的摩擦力大小为 Ff1＝μ2m1g＝10 N，方向向左，选项 D 正确。 [总结]当1  2 时，甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动；当1  2 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/5 B．3μmg/4 C．3μmg/2 D．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： F  6ma

右边两木块间的静摩擦力带动两个 m 和左边的 2m： Ff 1  4ma

绳中拉力带动左边两个木块： FT  3ma

左边两木块间的静摩擦力带动下面的 2m： Ff 2  2ma

由此可以看出，四个木块以同一加速度运动时，始终有 Ff 1  2Ff 2 ，而两个接触面上的最大静摩擦力都是 Ffm  mg ，因此，随着 F 的增加，右边接触面上先出现临界状态，即

mg  4ma0

则 FT  3ma0  3mg / 4，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 Fm  6ma0  3mg / 2 ，左边接触面上的最大摩擦力为 Ff2m  mg / 2 .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＝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]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 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

vv－vv0 a1＝1 a2＝01 m

t1 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μ1、μ2，由牛顿第二定律，得

μ1mg＝ma1 μ1mg＋μ2·2mg＝ma2

联立，解得 μ1＝0.20 μ2＝0.30 (2)由于t1 时刻后，物块将相对木板向前滑动，易知物块减速的 加1  2 ，在

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

μ2·2mg－μ1mg＝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

v22v＋vvs ＝2× 1

s ＝01t ＋ 1

2a1 2a2′ 2

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]【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。

1

2 1

2、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 Ff  FN ， 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＝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 4.5 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＝4 m/s，碰撞后木板速度水平向左，大

4－0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＝ m/s2＝4

1

2

m/s。根据牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2，解得μ2＝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

1线运动，可得 x＝vt＋a1t2，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

2

顿 第 二 定 律 得 ：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1， 即 μ1g＝a1， 解 得 μ1＝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：μ1(15m＋m)g＋

4μ2mg＝15ma3，可得 a3＝ m/s2

3

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

110 8在此过程中，木板向左运动的位移为 x1＝vt1－a t2＝m， 末速度 v1＝v－a3t1＝ m/s

3 1 2 3 3

v＋0滑块向右运动的位移 x2＝t1＝2 m

2

4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＝ m/s2

3

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

17在此过程中，木板向左运动的位移 x ＝v t －a t2＝ m，末速度 v ＝v －a t ＝2 m/s，滑块向左运动

3 1 2 3 2 3 1 3 2

2 6

1的位移 x4＝a t2＝0.5 m

2 2 2

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＝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 2 v

＝ 3 ＝2 m，所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x ＋x ＋x ＝6.5 m。

2a1

1 3 5

（2）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μ1＝0.3 和μ2＝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](1)A 在 B 上向右匀减速运动，加速度大小 a1＝μ1g＝3 m/s2，木板 B 向右匀加速运动，加速度大μ1mg－μ2·2mg

小 a2＝＝1 m/s2，由题意知，A 刚好没有从 B 上滑下来，则 A 滑到 B 最右端时和 B 速度相同，

m

设为 v，得

v0－vv

时间关系：t＝＝

22

1 va2 v2va－

位移关系：L＝

0

－

2a1 2a2

解得 v0＝2 6 m/s。

(2)木板 B 放在光滑水平面上，A 在 B 上向右匀减速运动，加速度大小仍为 a1＝μ1g＝3 m/s2，B 向右匀

v0－v′v′ μmg

加速运动，加速度大小 a2′＝1＝3 m/s2，设 A、B 达到相同速度 v′时 A 没有脱离 B，由时间关系＝ ，

a1 a2′ m

v0

解得 v′＝ ＝6 m/s

2

v2－v′2

＝3 m 2a1 v′2

B 的位移：x ＝ ＝1 m B

2a2′

由 xA－xB＝2 m 可知 A 没有与 B 脱离，最终 A 和 B 的速度相等，大小为 6 m/s。

[总结]有些同学在第（1）问列 A 的运动学方程时，把 A 物体的位移当做木板长度 L，在计算出 A 的 加速度 a1 后，即对 A 列运动学方程为 02  v2  2a L ——既把 A 的位移参考系弄错，又把 A 的末态搞错，

0

1

A 的位移：xA＝

0

A 的末态并非速度减为零，而是与 B 共速。这些同学在第（2）问的过程分析和列方程可能也会犯同样的错误。

在摩擦生热问题中，有一个二级结论Q  Ff s相对 ，这种情况下，很多同学把摩擦力的功与摩擦生热相混淆，在写动能定理或能量守恒方程时，到底代入相对位移还是对地位移，这些同学就会很随意，或者很 迷茫。这实际上是因为不明白这个二级结论的来历导致的。

v0

x2 x1 s 相对 v2 v1 如图所示，木板 M 静止在光滑水平地面上，其上表面粗糙，一滑块从其左端已某一速度 v0 向右滑上木板，经过一段时间，木板对地位移为 x1，末速度为 v1，滑块对地位移为 x2，末速度为 v2，则由动能定理，

有

f 1 摩擦力对木板做正功，对应木板动能变化： F x  Mv  0

1

2

2 1

1 2 1 2

摩擦力对滑块做负功，对应滑块动能变化： F x  mv mv

f 2 2 0 1 2 1 2 2 1 2 2

由能量守恒，有该过程摩擦产生的热量为： Q  mv  mv)

(Mv1

2 2 2

三式联立，得到： Q  Ff (x2  x1 )  Ff s相对，其中 s相对 =x2  x1

0

2

由前述推导可以看出，摩擦力的功和摩擦生热两者之间存在本质性区别——功是力对空间的积累效应，热是相互摩擦的两个物体内能的增加量；而且功的计算式W  Fl cos中的 l 是力直接作用在其上的物体对地的位移，摩擦生热时产生的热量Q  Ff s相对中的 s 相对是两个相互接触的物体间相对滑动的路程。

【例 6】(2016·河南开封模拟)如图所示，木块 A 放在木块 B 的左端上方，用水平恒力 F 将 A 拉到 B 的右端，第一次将 B 固定在地面上，F 做功 W1，生热 Q1；第二次让 B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功 W2，生热 Q2，则下列关系中正确的是( )

A．W1＜W2，Q1＝Q2

C．W1＜W2，Q1＜Q2

B．W1＝W2，Q1＝Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2

[解析]在 A、B 分离过程中，第一次和第二次 A 相对于 B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此 Q1＝Q2；在 A、B 分离过程中，第一次 A 的对地位移（等于木块 B 的长度）要小于第二次 A 的对地位移（等于木块 B 的对地位移加上木块 B 的长度），而功等于力乘以对地位移，因此 W1＜W2， 所以选项 A 正确。

（3）木板一定足够长吗？

在叠加体问题中，下面物块的长度不一定就足够长——长到上面物块能加速或减速到两者相对静止的 时候，因此，在告知了具体的物块长度的情况下，必须对这一问题作出判断。判断的技巧是假设下面的物 块足够长，然后计算两者达到相对静止时，两者的相对位移，如果相对位移小于下面物块的长度，假设就 成立，如果相对位移大于下面物块的长度，则假设不成立，即上面物块会从下面物块上滑落，滑落时两者 速度不相等。

【例 7】如图所示，A、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A 的左端和 B 的右端相接触．两板的质量皆为 M＝2.0kg，长度皆为 L＝1.0m．C 是质量为 m＝1.0kg 的小 物块．现给它一初速度 v0＝2.0m/s，使它从板 B 的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而 C 与板 A、B 之间的动摩擦因数皆为μ＝0.10．求最后 A、B、C 各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度 g＝10m/s2．

[分析]最后 A、B、C 都做匀速运动，可能有如下三种情况：

①C 没有滑出 B 板就与 B 相对静止，C 与 B 一起推动 A，最终三者以共同速度匀速运动；

②C 滑出了 B 板，在 A 板上某处与 A 相对静止，B 以某一速度匀速运动，C 与 A 以稍大一些的共同速度匀速运动；

③C 滑出了 B 板，又滑出了 A 板，最终三者各以不同速度匀速运动。

到底属于哪种情况呢，这需要根据前述策略——先假设木板足够长，然后算出相对静止时的相对位移， 再与板长进行比较——算一步看一步，无法预先判断。

[解析]C 有可能停在 B 上，也有可能停在 A 上，还有可能滑离 A． 先假设停在 B 上，由动量守恒定律，得 mv0＝(m＋2M)v1

设 C 在 B 上相对滑动距离为 x，木板 B 对地位移为 s，则 C 对地的位移为 s＋x．由动能定理，有 对木板： mgs   2Mv 0

1

2

对 C：  mg(s  x)  mv mv1

2

1

2

1

2

1 2 1

mgs  mv (m  2M )v2 联立，得

1

2 0 2

2

1

2

0

解得 x＝1.6m，大于 B 板长，故 C 将滑离 B 板．

设 C 刚滑到 A 板上速度为 v0′，此时 AB 两板的速度为 vB，由动量守恒得 mv0＝mv0′＋2MvB

2 2

2Mv2 由能量守恒，得 mgL  mv mv 

1 1 1

2

解得 vB＝ 0

2

0

2

B

8  24  24 ＝0.155m/s，v′＝2  24 2  24 ，合理的解是：vB＝8 0 ，v0′＝ ＝1.38m/s

5 20 5 20

1

1

1

当 C 滑到 A 上，B 以 0.115m/s 的速度匀速运动时，假设 C 停在 A 上，速度为 vA，相对 A 滑行距离为

y，由动量守恒得 MvB＋mv0′＝(m＋M)vA

2 2 2

由能量守恒，得 mgy  mv Mv (m  M )v

2

0

2

B

2

A

解得：vA＝0.563m/s，y＝0.50m，小于 A 板长度，故 C 不能滑离 A 板． 最后 A、B、C 的速度分别为 vA＝vC＝0.563m/s，vB＝0.155m/s． 三、传送带问题——叠加体问题的特例 1、传送带是否够足长？

传送带问题中，很多同学总是以为传送带两皮带轮之间距离都是足够长的，物块时能够达到与传送带 相对静止的，其实并不然，在告知传送带长度的情况下，应该对这一问题作出判断，判断方法如下：先假 设传送带两皮带轮之间距离足够长，算出物块与传送带相对静止时物块对地的位移，然后与传送带两皮带 轮实际间距相比，如果物块对地位移小于两皮带轮实际间距，则物块能够达到与传送带相对静止，进入第 二阶段，反之则不可能达到相对静止状态。

【例 8】如图所示，水平传送带的两皮带轮间距为 L，运动速率恒为 v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )

LL v 2L 2L B. A.＋D.C. μg v 2μg v v

12L[解析]若传送带两皮带轮间距不够大，木块就会一直匀加速，则有 L＝μgt2，得 t＝ ；

2 μg v若传送带两皮带轮间距正合适，木块到达传送带另一端时，速度恰好等于 v，则有 L＝－v t＝t，得 t

2

2L ＝；v

若传送带两皮带轮间距足够大，木块先匀加速经历时间 t1，位移为 x，再匀速经历时间 t2，位移为 L

L v

－x，则有 v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝(L－x)，从而得 t＝t1＋t2＝＋。

v 2μg

故选项 A、C、D 正确。 【例 9】(2018·泰州模拟)如图所示，传送带 AB 总长为 l＝10 m，与一个半径为 R＝0.4 m 的光滑四分之一圆弧轨道 BC 相切于 B 点，传送带速度恒为 v＝6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从 A 点水平滑上传送带，滑块质量为 m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到 B 端时， 刚好与传送带同速，求：

(1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度； (3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。 [解析](1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有 1212

－μmgl mv－mv

＝ 0

2 2

解得 v0＝2 14 m/s； 11当滑块初速度小于传送带速度时，有 μmgl mv2－mv 2

＝ 0

2 2

解 得 v0＝4 m/s 。(2)

1由动能定理可得－mgh＝0－ mv 2，解得 h＝1.8 m。

2

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加速度 a＝1 m/s2，滑块减速到零的位移

v2

s＝ ＝18 m>10 m 2a

则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得

1 2

l＝vt－at 2

解得 t＝2 s(t＝10 s 舍去)，

在此时间内传送带的位移 x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能

Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220 J

[总结]在第三问的求解中，很多同学容易犯的错误是以为滑块第二次在传送带上滑行时可以与传送带达到相对静止，即返回 B 点，错算相对位移，进而错算内能增量。2、若传送带足够长，第二阶段物块与传送带是相对静止还是相对滑动？

很多同学在求解传送带问题时，总是认为物块与传送带相对静止后，就能保持相对静止随传送带匀速 运动；但实际上，第二阶段的运动性质是需要判断的，除了水平匀速运动的传送带之外。判断的技巧是假 设物块可以与传送带保持相对静止，计算维持相对静止所需要的静摩擦力，然后与能提供的最大静摩擦力 比较——供不应求，就会相会滑动，供求平衡，则能维持相对静止。

【例 10】 (2017·四川成都市诊断)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从 A 到 B 长度为 L＝10.25 m， 传送带以 v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端 A 无初速地放一个质量为 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/s2，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。[解析](1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律，有

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

解得 a1＝10 m/s2

v1

加速过程中 t1＝0＝1 s，x1＝a t2＝5 m。

1 1

a1 2

达到 v0 后，假设煤块能与传送带相对静止，煤块所需静摩擦力为 Ff＝mgsin θ，而传送带能提供的最大静摩擦力为 Ffm＝μmgcos θ，由题意，有μ＝0.5Ffm，故静摩擦力不足以维持煤块相对传送带静止，煤块将相对传送带下滑。

此后，由牛顿第二定律，有

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

解得 a2＝2 m/s2 1

x2＝L－x1＝v0t2＋a t2

2 2 2 解得 t2＝0.5 s。

煤 块 从 A 到 B 的 时 间 为 t＝t1＋t2＝1.5 s 。 (2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，Δx1 与Δx2 部分重合， 故痕迹总长为 5 m。

[总结]对倾斜传送带来说，μ很多同学在计算传送带的摩擦力对物块做的功时，总是喜欢用相对位移，而计算摩擦产生的热量时， 又往往用两皮带轮的间距，把摩擦力的功和摩擦生热混淆。

【例 11】(2016·池州二模)如图光滑水平导轨 AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点) 物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带 BC

的长度为 L＝6 m，沿逆时针方向以恒定速度 v＝2 m/s 匀速转动。CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为 R＝0.4 m 的光滑半圆轨道，DE 与 CD 相切于 D 点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝10 m/s2。

(1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达 C 点，求弹簧储存的弹性势能 Ep； (2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过 C 点，并经过圆弧轨道 DE，从其最高点 E 飞出， 最终落在 CD 上距 D 点的距离为 x＝1.2 m 处(CD 长大于 1.2 m)，求物块通过 E 点时受到的压力大小； 1 2 －[解析](1)物块在传送带上运动过程，由动能定理，有 －μmgL＝0 mv 2

12

弹簧从压缩到恢复原长，由能量守恒，有 Ep＝mv

2

解得 Ep＝12 J

1(2)物块平抛运动过程 2R＝gt2，x＝vEt

2

解得 vE＝3 m/s

v2

再根据牛顿第二定律 FN＋mg＝m E

R

解得 FN＝12.5 N 11(3)从 D 到 E 根据动能定理 mv2 ＝ 2 ＋2mgR

mvE D

2 2

解得：vD＝5 m/s 1 1从 B 到 D －μmgL＝ 2 －mv2

mvD B

2 2

解得 vB＝7 m/s

vD＋vB L＝ t，t＝1 s

2

Δx 相＝L＋vt＝8 m，Q＝μmgΔx 相＝16 J

[总结]在第（1）问的求解中，很多同学用能量守恒定律列方程：Ep＝μmgL，得出的结果与参一样，但是这实际上是错误的——因为，摩擦产生的热量并非μmgL，而是要用物块相对传送带的位移，这就必须计算这段时间内传送带的位移 x0，然后用 L+x0 表示相对位移，进而计算摩擦产生的热量；另外，这一过程还涉及到传送带发动机对传送带系统输入的能量——这显然不是已知或易求量，用能量守恒，平添许多麻烦，还不如用动能定理。而在第（3）问的求解中，这些同学也会用计算μmgL 热量。

【例 12】如图 6 所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端 A 点与上端 B 点间的距离为 L＝4 m，传送带以恒定的速率 v＝2 m/s 向上运动。现将一质量为 1 kg

3的物体无初速度地放于 A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，

2

取 g＝10 m/s2，求：

(1)物体从 A 运动到 B 共需多少时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能。

[解析](1)物体无初速度地放在 A 处后，因 mgsin θ<μmgcos θ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动，

μmgcos θ－mgsin θ ＝加速度为 a ＝2.5 m/s2

m

v物体达到与传送带同速所需的时间 t1＝＝0.8 s

a

vt1 时间内物体的位移 L1＝t1＝0.8 m2

L－L1

之后物体以速度 v 做匀速运动，运动的时间 t2＝＝1.6 s

v

物体运动的总时间 t＝t1＋t2＝2.4 s

(2)前 0.8 s 内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m

(3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。

因摩擦而产生的内能 E 内＝μmgcos θ·ΔL＝6 J

12

mv＋mgLsin θ＋E 内＝28 J 电动机因传送该物体多消耗的电能为 E 总＝Ek＋Ep＋E 内＝

2

[总结]计算电动机因传送该物体多消耗的电能时，很多同学往往把动能或者摩擦生热两者之一考虑掉； 另外，多消耗的电能其实可以直接以传送带为研究对象进行计算——传送带始终处于平衡状态，因此，t1 时间内电动机对传送带的力大小为 F1＝μmgcos θ，传送带的位移为 x1＝vt1，故电动机对传送带的功为 W1 ＝F1·x1；t2 时间内电动机对传送带的力大小为 F2＝mgsin θ，传送带的位移为 x2＝vt2，故电动机对传送带的功为 W2＝F2·x2；则全过程电动机因传送该物体多消耗的电能为 E 总＝W1＋W2，即可轻松算出结果。 四、图象法分析叠加体问题

在两物体发生相对滑动的叠加体问题中，借助 v-t 图象定性分析，往往列方程定量分析要快捷方便许多，而 v-t 图象可以很直观的将物体间的相对位移展现出来，使得问题情境一目了然。当然，这需要多做题多体会才能很好的掌握。

【例 13】如图在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为 M1、M2 的木板，在两木板的左端各放一个完全一样的物块，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力 F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为 v1、v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是（ ）

A．若 F1＝F2，M1＞M2，则 v1＞v2

B．若 F1＝F2，M1＞M2，则 v1＜v2 C．若 F1＞F2，M1＝M2，则 v1＞v2

F1

M

F2

M

D．若 F1＞F2，M1＝M2，则 v1＜v2

[解析]（1）F1＝F2 时，物块的加速度相同，但是的 M1 加速度小于 M2 的加速度，三者的 v-t 图象如图 （1）所示，则由物块与木板的相对位移（物块与木板 v-t 图象与横轴所围面积之差）相等，易知 t1＜t2， 则由图可知 v1＜v2；

m1 m v v

m2

M2

v2 v1 O

t1 t2 图（1）

M1

M

v2

v1 O

t1 t2 图（2

t

t

（2）F1＞F2 时，两木板的加速度相同，但是的 M1 上物块的加速度大于 M2 上物块的的加速度，三者

的 v-t 图象如图（2）所示，则由物块与木板的相对位移（物块与木板 v-t 图象与横轴所围面积之差）相等， 易知 t1＜t2，则由图可知 v1＜v2.

【例 14】(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度 v0 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成 A 和 B 两段，使 B 的长度和质量均为 A 的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 v0 由木板 A 的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的 是 ( )

A．小铅块将从木板 B 的右端飞离木板

B．小铅块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等

D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量

[解析]如图所示为小铅块和木板的 v-t 图象，其中小铅块在甲乙两种情况下加 v0 v m B t2 m、B A t 速度不变，但是木板加速度两种情况下有区别——铅块还在 A 上滑动时（0~t1） 甲乙两种情况相同，铅块在 B 上滑动时（t1~t2），乙情况下 B 部分加速度增大， 而 A 是匀速运动。由图易知，在乙情况下小铅块相对 B 的位移比甲情况下小，即

O t1 小铅块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止；整个过程中，小铅块在木板上相对木板滑动的总位移，乙情况小于甲情况，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量。所以本题选 BD。

【例 15】如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动．一质量为 m 的滑块从传送带右端以速率 v2(v2>v1)水平向左滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有( )

A．滑块返回传送带右端时的速率为 v2

11

B．此过程中传送带对滑块做功为 mv2－mv2

2 1 2 2

2

C．此过程中电动机做的功为 2mv1

1

D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m(v1＋v2)2

2

[解析]如图所示为滑块和传送带的 v-t 图象，其中滑块向左减速为零后反向向右加速，顶多能够加速到与传送带速度相等。由图易知，滑块返回传送带右端时（t3 时刻，滑块的 v-t 图象与横轴所围面积为 0）的

11

速率为 v1；传送带只在时间 0~t2 内对滑块做功，由动能定理，有传送带对滑块做功为 W=mv2－mv2；0~t2

2

内滑块与传送带相对滑动，相对位移为两图线所围三角形面积，即 1

1 2

2

s 

其中t2 

相对

v  v ）t

（ 1 2 2 2

v2v 1

,联立，得 Q=m(v1＋v2)2. 而摩擦生热为Q  mgs相对

2

以传送带为研究对象，电动机对传送带的动力就是mg ，故 0~t2 内电动

v1  v2 g

O t1 t2 t3 t －v1 机做的功为W   mg  v1t2  mv1 (v1  v2 ) 。

故本题选 D. 【例 16】(2017·全国卷Ⅲ，25)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝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，木板也在地面上向右加速滑动。由牛顿第二定律，得

μ1mAg＝mAaA μ1mBg＝mBaB

得 aA＝aB＝μ1g＝5 m/s2，即 A 和 B 减速的加速度大小相同，其 v-t 图象如右图所示，易看出 B 先与木板达到共同速度（t1 时刻）；对木板，由牛顿第二定律，得

μ1mBg－μ1mAg－μ2(mA＋mB＋m)g＝ma1

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－aBt1 v1＝a1t1

联立，代入已知数据，得 t1＝0.4 s，v1＝1 m/s

t1 t1+t2 (2)t1 时刻之后，假设 B 与木板相对静止一起减速，由牛顿第二定律，有

μ1mAg＋μ2(mA＋mB＋m)g＝(mB＋m)a2

5 2 m/s＜aA＝5 m/s2，即此后 A 先减速为零，三者的 v-t 图象如右 解得 a2

3

图所示，易看出最终共速时，三者共同速度向右。

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－a2t2

对 A 有：v2＝－v1＋aAt2

联立，代入已知数据，得 t2＝0.3 s，v2＝0.5 m/s

全过程 A 和 B 的相对位移（v-t 图象上阴影部分面积），就是 A、B 开始运动时，两者之间的距离，即

2v0  2v1  2v1  t s   t1

2 2 2

代入数据，解得 s＝1.9 m