2027届高考物理一轮复习课件：专题三　牛顿运动定律

目 录 题型6　动力学中的连接体问题 题型7　动力学中的图像问题和临界极值问题 题型8　动力学中的传送带模型 题型9　动力学中的板块模型 题型6　动力学中的连接体问题 题型图解 图例 求解方法 加速度相同的连接体          　      (1)先用整体法求出加速度与合力的 关系,再用隔离法求出内力与加速 度、质量的关系 (2)力的“分配”结论:一起以相同加 速度运动的物体系统,若力作用于质 量为m1的物体上,则质量为m1和质量 为m2的物体间相互作用力为F12=  。此结论不论物体在水平 面、斜面、竖直面都成立,不论物体 与接触面有无摩擦力都成立 加速度大小相等、 方向不同的连接体         (1)受力分析,找出动力、阻力 (2)把握物体运动的实质,化曲绳为直 绳,对整体由牛顿第二定律求加速度, 再隔离物体根据牛顿第二定律求内 力 (3)系统牛顿第二定律:F合=m1a1+m2a2+ …+mnan,即系统受到的合力(系统以 外的物体对系统内物体作用力的合 力)等于系统内各物体的质量与其加 速度乘积的矢量和 典例精解 典例    (5·3改编)如图所示,两相同物块A、B用细线相连接,放在粗糙水平面上,在大小 为F的水平恒力作用下,一起做匀加速直线运动,物块间细线的拉力大小为T。两物块均 由粗糙的水平面运动到光滑的水平面,最后均运动到粗糙的斜面上,在斜面上运动时受 到与斜面平行的恒力,大小也为F,则两物块均在粗糙水平面、光滑水平面、粗糙斜面 上稳定运动的三段运动过程中 ( ) A.两物块在光滑水平面的加速度最大,细线的拉力均为T B.两物块的加速度大小不变,细线的拉力均为T C.两物块的加速度大小不变,在斜面上细线的拉力最大     A     D.两物块在斜面上的加速度最大,在光滑水平面上细线的拉力最小 解析　设两物块的质量均为m,与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ,以两物块整体作为研 究对象,根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1,解得加速度为a1= -μg,以B为研究对象, 根据牛顿第二定律可得T-μmg=ma1,联立可得T= F。当两物块均在光滑水平面上运动 时,以两物块整体作为研究对象,根据牛顿第二定律可得F=2ma2,解得加速度a2= ,以B 为研究对象,根据牛顿第二定律可得T1=ma2,联立可得细线的拉力大小T1= F,则有T1=T, a2>a1。设斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ',以两物块整体作为研究对 象,根据牛顿第二定律可得F-2mg sin θ-2μ'mg cos θ=2ma3,解得a3= -g sin θ-μ'g cos θ,以 B为研究对象,根据牛顿第二定律可得T2-mg sin θ-μ'mg cos θ=ma3,联立可得细线的拉力 大小T2= ,则有T2=T,a2>a3,综上所述,A正确(快速解法:根据力的“分配”结论可知,三 段运动过程中细线的拉力大小相等,再分别对三段运动过程中A、B组成的系统受力分 析,根据牛顿第二定律列方程,分别表示出加速度,进而比较加速度的大小关系)。 考法延伸    (加速度方向由相同到不同的连接体)    (多选)如图甲所示,可视为质点 的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑的定滑轮连接,A放在水平桌面上,从O点开始,受 到水平向左、大小为F=12 N的恒力作用,取O点为坐标原点建立x轴,A与桌面间的动摩 擦因数随x的变化如图乙所示,A、B的质量均为1 kg,g=10 m/s2,B到定滑轮的距离足够 远,在A向左运动的过程中,下列说法正确的是 ( )       BC     A.A一直向左做加速度减小的加速运动 B.当A、B的速度最大时,A向左运动的位移为1 m C.A先向左做加速度减小的加速运动,后向左做加速度增大的减速运动 D.当A向左运动的位移为2 m时,细线的张力大小为11 N 解析　对系统根据牛顿第二定律有F-μmg-mg=2ma,由题图乙可知,在A向左运动的过程 中,A与桌面间的动摩擦因数增大,即A先向左做加速度减小的加速运动,后向左做加速 度增大的减速运动,直到A的速度减为0,A错误,C正确;当A、B的加速度为零时,速度最 大,根据平衡条件得F=μmg+mg,解得μ=0.2,由题图乙可知μ=0.2x,所以当A、B的速度最 大时,A向左运动的位移x=1 m,B正确;当A向左运动的位移为2 m时,由牛顿第二定律可 得F-μmg-mg=2ma,解得a=-1 m/s2,对B由牛顿第二定律有T-mg=ma,解得T=9 N,D错误。 方法拓展　整体法与隔离法 (1)整体法和隔离法是处理连接体问题的常用方法。 (2)整体法选取原则:当不需要考虑连接体内一物体对另一物体的作用力,只需要对系统 进行分析时,可以选用该方法。 (3)隔离法选取原则:当需要考虑连接体内各部分物体的受力和运动情况时,一般采用隔 离法。 题型7　动力学中的图像问题和临界极值问题 题型图解 1.动力学中图像问题的解题策略   2.动力学中常见的临界问题 (1)接触物体分离的临界条件:弹力为0(FN=0)。   (2)绳子松弛的临界条件:绳子弹力为0(FT=0)。 (3)叠加体系统中恰好要发生相对滑动时,其静摩擦力达到最大值,即F静=Ffm。 3.动力学中极值问题的求解方法 (1)利用三角函数求解 (2)利用物理分析法求解 典例精解 典例1　如图甲所示,倾角为θ=37°的粗糙斜面体固定在水平面上,质量为m的小木块在 沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑。a随F变化关系如图乙所示(取沿斜面向上为 正方向)。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6。下列说法正确的 是 ( ) A.若F<16 N,则小木块一定加速下滑 B.小木块的质量为2 kg C.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35 D.若斜面倾角θ增大,则a-F图线斜率增大     B     解析　以木块为研究对象,根据牛顿第二定律有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma,则有a= -g sin θ-μg cos θ(点拨:遇到非常规图像,一般需要先求出函数表达式,再结合图像求相关物 理量),由题图乙可得 =  kg-1,-g sin θ-μg cos θ=-8 m/s2,解得m=2 kg,μ=0.25,B正确,C错 误;设恒力为F0时,木块处于静止状态,且恰好不下滑,此时木块所受摩擦力为最大静摩 擦力,则有mg sin θ=μmg cos θ+F0,解得F0=8 N,即当F<F0=8 N时,木块加速下滑,A错误;由 a= -g sin θ-μg cos θ可知,图线斜率恒为 ,D错误。 考法延伸    (叠加体系统相对滑动的临界情况分析)    (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 μ,可认为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,则下列说法正确的是 ( ) A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止 B.当F= μmg时,A的加速度为 μg     BCD     C.当F>3μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度都不会超过 μg 解题导引　利用整体法、隔离法求加速度。   解析    A、B之间的最大静摩擦力FfA=2μmg,B与地面之间的最大静摩擦力FfB= μmg,当 A、B将要相对滑动时,应用整体法,根据牛顿第二定律有F-FfB=3ma,隔离B,根据牛顿第 二定律有FfA-FfB=ma,联立解得F=3μmg,a= μg,若0<F≤ μmg,A、B静止不动;若 μmg<F ≤3μmg,A、B相对静止,一起加速运动;若3μmg<F,A、B相对滑动,A错误,C正确。当F=  μmg时,两物块相对静止,由整体法得F-FfB=3ma1,解得a1= μg,B正确。当A、B之间摩 擦力达到FfA=2μmg时,B所受合力最大,加速度最大,根据牛顿第二定律有FfA-FfB=mam,解 得am= μg,D正确。 典例2    A、B两物体叠放在弹簧上,处于静止状态,A的质量为M,B的质量为m,弹簧劲度 系数为k,重力加速度为g。 (1)如图1所示,现用力向下压B到某位置后释放,试分析判断A、B两物体分离瞬间所在 位置。 (2)(变式1:施加恒力)如图2所示,在物体B上施加一恒力F,二者向上运动,试分析判断A、 B分离瞬间所在位置。 (3)(变式2:施加变力)如图3所示,A、B分离前在变力F'的作用下做加速度为a的匀加速 直线运动。试分析判断: ①A、B分离瞬间所在位置、运动速度的大小。 ②外力F'的变化规律。 ③A、B间的相互作用力的变化情况。  　     　      解题导引　抓住问题本质:在A、B分离的瞬间,二者的加速度相同,A、B间没有弹力。 解析    (1)设分离瞬间弹簧对整体的弹力为F弹,对A、B整体,根据牛顿第二定律有 (M+m)g-F弹=(M+m)a 对B,根据牛顿第二定律有mg=ma(分离条件:两物体间弹力为0),由以上两式解得F弹=0, 即两者在弹簧恢复原长时分离。 (2)对A、B整体,根据牛顿第二定律有F+kx-(M+m)g=(M+m)a(x为弹簧的形变量) 对A,根据牛顿第二定律有kx-Mg=Ma 联立解得kx= F 所以A、B分离时弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量x= 。 (3)①在A、B处于静止状态时有kx1=(M+m)g A、B分离瞬间,对A,根据牛顿第二定律有kx2-Mg=Ma,解得x2=  A、B两物体的位移Δx=x1-x2=  由于A、B在F'的作用下做匀加速直线运动,所以Δx=x1-x2= at2,解得t=  分离瞬间的速度大小v=at= 。 ②施加变力F'后,在A、B分离前,根据牛顿第二定律有F'+k(x1-x')-(M+m)g=(M+m)a(x'为 整体发生的位移),解得F'=kx'+(M+m)a,即F'与x'是线性关系。 ③对B有F'+FN-mg=ma,又F'=kx'+(M+m)a,解得FN=-kx'-Ma+mg,即两者之间的相互作用力 随位移x'的增大而减小。 方法拓展　临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临 界点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在 着“起止点”,而这些起止点往往就是临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼表明题述的过程存在着极 值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即要求稳定加速度或收尾速度。 题型8　动力学中的传送带模型 题型图解 一、水平传送带模型 1.物块静止轻放在传送带左端,传送带顺时针转动   2.物块以某一初速度从传送带左端滑上,传送带顺时针转动 3.物块以某一初速度从传送带右端滑上,传送带顺时针转动 二、倾斜传送带(以典型考法为例) 1.物块静止轻放在传送带底端,传送带顺时针转动(μ>tan θ) 2.物块以某一初速度滑上传送带底端,传送带顺时针转动(μ>tan θ)     3.物块静止轻放在传送带顶端,传送带逆时针转动     4.物块以某一速度滑上传送带顶端,传送带顺时针转动     典例精解 典例1　如图所示,传送带始终保持v=0.4 m/s的速率顺时针转动,一可视为质点的小物 块以v0=0.8 m/s的速度从A点向右滑上传送带,已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ =0.2,传送带两端点A、B间的距离L=2 m,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是  ( ) A.小物块一直做匀减速直线运动 B.刚开始小物块的加速度大小为1 m/s2     D     C.小物块从A点运动到B点所用时间为4.5 s D.传送带上将留下一段长为0.04 m的摩擦痕迹 解析　已知v0>v,物块刚滑上传送带时受到向左的滑动摩擦力,做匀减速直线运动,根据 牛顿第二定律可得加速度大小a= ,解得a=2 m/s2,B错误。(假设法)假设物块到达B 点前已经与传送带共速,则物块匀减速阶段所用时间为t1= =0.2 s,物块匀减速阶段 的位移为x1= t1=0.12 m,因x1<L=2 m,故假设成立,物块与传送带共速后做匀速运动, A错误。物块匀速运动到B点所用时间t2= =  s=4.7 s,则物块从A点运动到B 点所用时间t=t1+t2=4.9 s,C错误。传送带上留下的摩擦痕迹长度x=x1-vt1=0.04 m(提示:摩 擦痕迹长度等于物块匀减速阶段与传送带的相对位移),D正确。 考法延伸    (水平传送带上初始速度由同向变为反向)　如图所示,传送带始终保持v= 0.4 m/s的速率逆时针转动,一可视为质点的小物块以速度v0从A点向右滑上传送带,已知 小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带两端点A、B间的距离L=2 m,重力加速 度g=10 m/s2。   (1)若v0=0.2 m/s,求小物块在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度; (2)若v0=0.6 m/s,求小物块在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度; (3)试画出(2)中小物块运动的v-t图像,在图像中用阴影标明哪个面积大小表示物块在传 送带上的痕迹长度。 解析    (1)若v0=0.2 m/s,小物块先向右做匀减速运动,加速度大小a=μg=2 m/s2,匀减速运 动的时间t1= =0.1 s,匀减速运动的位移大小s= t1=0.01 m<2 m,即小物块不会从右端 滑出,接着小物块向左做匀加速运动,由于v0<v,所以小物块一直加速至从左端离开传送 带,做匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s。小物块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=0.2 s; 小物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1+s+vt2-s=0.08 m。 (2)若v0=0.6 m/s,小物块先向右做匀减速运动,加速度大小为a=2 m/s2,匀减速运动的时间 t'1= =0.3 s,匀减速运动的位移大小s1= t'1=0.09 m<2 m,则物块不会从右端滑出,接着小 物块向左做匀加速运动,由于v0>v,所以小物块先向左加速至与传送带共速,然后匀速从 左端离开传送带,根据v=at'2可得匀加速运动的时间t'2=0.2 s,匀加速运动的位移大小s2=  at' =0.04 m,随后匀速运动的时间t'3= =0.125 s,则小物块在传送带上运动的时间为 t=t'1+t'2+t'3=0.625 s; 小物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt'1+s1+vt'2-s2=0.25 m【另解:运用相对运 动求解。物块相对传送带的初速度大小为v0+v、末速度为0,则Δs= (t'1+t'2)=0.25 m】。 (3)小物块运动的v-t图像如图所示(以小物块初速度方向为正方向),图中阴影部分面积 表示痕迹长度。 答案    (1)0.2 s    0.08 m    (2)0.625 s    0.25 m (3)见解析 方法拓展　求解水平传送带问题的解题策略 (1)在匀速运动的水平传送带上,只要物块和传送带不共速,物块就会在滑动摩擦力的作 用下,朝着与传送带共速的方向变速运动,直到二者共速,共速瞬间,二者之间的滑动摩 擦力“消失”,此后物块随传送带一起做匀速运动,或由于传送带不够长,在匀加速或匀 减速过程中没达到共速物块就已滑离传送带。 (2)计算物块与传送带间的相对路程分两种情况: ①若二者同向,则Δs=|s传-s物|。 ②若二者反向,则Δs=|s传|+|s物|。 典例2    (5·3改编)传送带与水平方向的夹角θ=37°,如图所示,物块与传送带间的动摩擦 因数μ=0.5,传送带始终保持v=4 m/s的恒定速率运行,物块以初速度v0从A端滑上传送带, 已知传送带两端A、B间距离L=6 m。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。可认为最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)v0=2 m/s时,物块从A端到达B端所用的时间(结果保留1位小数); (2)v0=6 m/s时,物块从A端到达B端所用的时间(结果保留2位有效数字)。   解题导引    (1)对物块受力分析可知,v0=2 m/s时,物块最初做匀加速直线运动,若物块到 达B端时没有加速到与传送带速度相同,说明物块在传送带上一直做匀加速直线运动; 若物块在到达B端之前速度就与传送带相同,说明物块先做匀加速直线运动,当速度与 传送带速度相同后摩擦力方向发生改变,物块以另一个加速度做匀加速运动(重力沿传 送带向下的分力大于最大静摩擦力)。 (2)当v0=6 m/s时,物块受到的合力始终沿传送带向下,所以物块一直做匀加速运动。 解析    (1)以物块为研究对象,物块刚滑上传送带时,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,假设物块与传送带能够达到共速,则有v=v0+a1t1,解得t1=0.2 s, 此时物块的位移x1=v0t1+ a1 =0.6 m<L(点拨:说明物块先做匀加速直线运动,直到与传 送带共速,之后以另一加速度做匀加速直线运动),物块与传送带共速之后,根据牛顿第 二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,从与传送带共速至到达传送带最下端 有L-x1=vt2+ a2 ,解得t2≈1.1 s,故物块从A端到达B端所用时间t=t1+t2=1.3 s。 (2)以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得a=2 m/s2,物块 的位移L=v0t'+ at'2(点拨:物块一直做匀加速直线运动),解得t'≈0.87 s。 答案    (1)1.3 s    (2)0.87 s 方法拓展　求解倾斜传送带问题的解题策略 (1)物块沿倾角为θ的传送带传送时,可以分为两种情况:物块由底端向上运动或由顶端 向下运动。 (2)要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系,进一步判断物块所受合力与速 度方向的关系,确定物块的运动情况。规定正方向后,在同一坐标系中画出v-t图像,可以 清晰地展现物块与传送带的运动情况。 (3)当物块速度与传送带速度相同时,若μ<tan θ,物块相对传送带滑动,加速度发生突变, 若μ>tan θ,物块相对传送带静止,一起匀速运动。 题型9　动力学中的板块模型 题型图解 一、板块系统所受拉力F为0 1.仅物块有初速度 (1)μ1mg≤μ2(M+m)g情况 (2)μ1mg>μ2(M+m)g情况 2.仅木板有初速度 (1)μ1≥μ2 (2)μ1<μ2 二、板块系统所受拉力F不为0(以外力F作用在木板上为例) (1)若力F较小,当木板刚要相对水平地面运动时,以整体为研究对象,F1=μ2(M+m)g。 (2)随着力F增大,两者一起向右匀加速运动,当两者一起向右匀加速运动达到临界状态时   讨论:①当0<F≤F1时,两者处于静止状态; ②当F1<F≤F2时,两者一起做匀加速直线运动,a0= ≤μ1g; ③当F2<F时,两者以不同的加速度做匀加速直线运动。 通过a-F图像分析运动过程 典例精解 典例　一质量M=3 kg的木板静止放在水平地面上,一质量m=2 kg的物块(可视为质点) 置于木板的最右端,物块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.2,木板和水平地面之间的动摩 擦因数为μ2。现有一水平向右的恒力F作用在木板上。重力加速度g=10 m/s2,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。   (1)若μ2=0,F=5 N,求木板的加速度大小和物块与木板间的摩擦力大小。 (2)若μ2=0,板长L1=5 m,F=15 N,则经过多长时间物块从木板上滑离? (3)若μ2=0.1,板长L2=7 m,F=21 N,求为使物块滑离木板,力F作用的最短时间。 解题导引    (1)(2)μ2=0 (3)μ2=0.1 解析    (1)外力F存在临界值F0使二者恰好不相对滑动。以物块为研究对象,由牛顿第 二定律得μ1mg=ma0,解得a0=2 m/s2,以物块、木板整体为研究对象,根据牛顿第二定律有 F0=(M+m)a0,解得F0=10 N。 因为F=5 N<10 N,所以物块与木板一起做匀加速直线运动,以整体为研究对象,根据牛 顿第二定律有F=(M+m)a1,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有f=ma1,解得a1=1 m/s 2、 f=2 N(点拨:连接体求内力问题,可以结合整体法、隔离法求解)。 (2)F=15 N>10 N,故物块、木板相对运动,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律得μ1mg =ma0,解得a0=2 m/s2,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1mg=Ma2,解得a2=  m/s 2。 假设经过时间t物块从木板上滑离,由运动学公式得L1= a2t2- a0t2,解得t=  s(点拨: 两物体相对位移等于板长,即物块恰好从木板上滑离)。 (3)没有撤去F前,两者均做匀加速直线运动。以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有 μ1mg=ma0,解得a0=2 m/s2 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a3=4 m/s2 设F作用的时间为t1,撤去力F时,物块和木板的速度分别为v1和v2,v1=a0t1,v2=a3t1,两者相对 位移Δx1=x2-x1= a3 - a0 , 从撤去F到物块与木板共速,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有μ1mg=ma0,解得a0= 2 m/s2,做匀加速直线运动,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律得μ1mg+μ2(M+m)g=Ma' 2, 解得a'2=3 m/s2,做匀减速直线运动。 设撤去F后经过时间t2物块和木板共速,则有 v共=v2-a'2t2=v1+a0t2,联立解得t2= t1, 撤去F后两者相对位移Δx2=x'2-x'1= t2- t2, 为使物块滑离木板且F作用的时间最短,则两者共速时物块恰好滑离木板,即Δx1+Δx2= L2,可得t1=  s。 答案    (1)1 m/s2    2 N    (2)  s    (3)  s 考法延伸    (由外力作用在板上到外力作用在块上)    (2025黑龙江哈尔滨九中二检)如 图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0 时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2 s时 撤去F,整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量M=0.5 kg,物块与木 板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。 下列说法正确的是 ( )            A     A.物块的质量为m=0.6 kg B.物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2 C.木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4 D.拉力F=0.9 N 解题导引　由题图乙可知,撤去拉力F后至停止,物块的v-t图线不是直线,即加速度发生 了变化,故撤去拉力瞬间物块的速度大于木板的速度,t=2.5 s时物块与木板共速,此后二 者共同减速至停止。 解析　在题图乙中作出木板运动的v-t图像如图所示,   物块在2.0~2.5 s内的加速度大小a3=μ1g=  m/s2=4 m/s2,物块和木板在2.5~3.0 s内 共速,一起做匀减速直线运动,加速度大小a4=μ2g=  m/s2=2 m/s2,解得μ1=0.4,μ2=0.2, B、C错误;物块在0~2.0 s内的加速度大小a2=  m/s2=1.5 m/s2,木板在0~2.5 s内的加 速度大小a1=  m/s2=0.4 m/s2,0~2 s内,对木板有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma1,对物块有F-μ1 mg=ma2,解得m=0.6 kg,F=3.3 N,A正确,D错误。 方法拓展　有外力作用下的板块模型的解题策略 运动 状态 板块速度 不相同 板块速度 相同瞬间 板块共 速运动 处理 方法 隔离法 假设法 整体法 具体 步骤 对物块和木板隔离分析,弄 清每个物体的受力情况与 运动过程 假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动 将物块和木板看成一个整 体,对整体进行受力分析和 运动过程分析 临界 条件 ①两者速度相同的瞬间,摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时,物块可能从木板滑下,物块恰好滑到木板的边缘时二者共速 是物块能否滑离木板的临界条件 $