叠加体问题的分析技巧 4.docx
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叠加体问题的分析技巧4
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
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＝2kg，m2＝3kg，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10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）
A.大小为12N，方向向右B.大小为12N，方向向左
C.大小为10N，方向向右D.大小为10N，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＝10N，方向向左，选项D正确。
[总结]当μ1≥μ2时，甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动；当μ1<μ2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/5B．3μmg/4
C．3μmg/2D．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：
Ff1=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：
Ff2=2ma
由此可以看出，四个木块以同一加速度运动时，始终有Ff1=2Ff2，而两个接触面上的最大静摩擦力都是Ffm=μmg，因此，随着F的增加，右边接触面上先出现临界状态，即
μmg=4ma0
则FT=3ma0=3μmg/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=3μmg/2，左边接触面上的最大摩擦力为Ff2m=μmg/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＝10m/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＝0.5s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＝5m/s、v1＝1m/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＝ma1μ1mg＋μ2·2mg＝ma2
联立，解得μ1＝0.20μ2＝0.30
（2）由于μ1<μ2，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
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
s＝2×v2
s＝v0＋v1t＋v2
1
2a1
21
22a2′
物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1
联立，得s＝1.125m
[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。
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=μFN，
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4.5m，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＝1s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1s
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10m/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＝4m/s，碰撞后木板速度水平向左，大
小也是v＝4m/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：
μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s，其逆运动为匀加速直线运动，可得x＝vt＋1a1t2，解得a1＝1m/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＋
μ2mg＝15ma3，可得a3＝4
3
m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2，由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s
31
在此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－1at2＝10m，末速度v1＝v－a3t1＝8
m/s
233
滑块向右运动的位移x2＝v＋0t1＝2m
2
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/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＝0.5s
在此过程中，木板向左运动的位移x＝vt－1at2＝7
m，末速度v＝v－at＝2m/s，滑块向左运动
22
的位移x4＝1at2＝0.5m
31232
26
3132
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＝6m，小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（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＝1m/s2，向左运动的位移为x5
＝v2＝2m，所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x＋x＋x＝6.5m。
2a1
135
（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＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m。
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10m/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＝3m/s2，木板B向右匀加速运动，加速度大小a2＝μ1mg－μ2·2mg＝1m/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
时间关系：
t＝v0－v＝v
a1a2
位移关系：
L＝v2－v2v2
0
2a1
解得v0＝26m/s。
－
2a2
（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＝3m/s2，B向右匀
加速运动，加速度大小a2′＝μ1mg＝3m/s2，设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系v0－v′＝v′，
解得v′＝
v0＝
2
m
6m/s
v2－v′2
a1a2′
A的位移：
xA＝0
2a1
＝3m
B的位移：
x＝v′2＝1m
2a2′
由xA－xB＝2m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为6m/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=-2aL——既把A的位移参考系弄错，又把A的末态搞错，
01
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=Ffs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
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
摩擦力对木板做正功，对应木板动能变化：
Fx=1Mv2-0
f121
摩擦力对滑块做负功，对应滑块动能变化：
-Fx=1mv2-1mv2
f22220
由能量守恒，有该过程摩擦产生的热量为：
Q=1mv2-12+1mv2）
20（2Mv122
三式联立，得到：
Q=Ff（x2-x1）=Ffs相对，其中s相对=x2-x1
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=Flcosα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=Ffs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＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1＜W2，Q1＜Q2D．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：
μmgs=1⋅2Mv2-0对C：
-μmg（s+x）=1mv2-1mv2
212120
联立，得
μmgs=1mv2-1（m+2M）v2
2021
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
由能量守恒，得
μmgL=1mv2-1mv'2-1⋅2Mv2
20202B
解得vB＝
20
，v0′＝
5
，合理的解是：
vB＝
20
＝0.155m/s，v0′＝
5
＝1.38m/s
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
由能量守恒，得
μmgy=1mv'2+1Mv2-1（m+M）v2
202B2A
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（）
A.L＋v
B.L
D.2L
v2μgvv
[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＝1μgt2，得t＝2L；
2μg
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
＝2L；
v
t＝vt，得t
2
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
－x，则有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝（L－x），从而得t＝t1＋t2＝L＋v。
v2μg
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＝10m，与一个半径为R＝0.4m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＝6m/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＝10kg，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
－μmgl1mv2－1mv2
＝0
22
解得v0＝214m/s；
当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl
1mv2－1mv2
解得v0＝4m/s。
（2）由动能定理可得－mgh＝0－1
2
＝0
22
mv
2，解得h＝1.8m。
（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＝1m/s2，滑块减速到零的位移
s＝v2
2a
＝18m>10m
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
解得t＝2s（t＝10s舍去），
l＝vt－12
at
2
在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2m＝12m，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＝220J
[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＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。
在传送带上端A无初
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