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江苏版高考物理一轮复习第3章第3节牛顿运动定律的综合应用课件
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这是一份江苏版高考物理一轮复习第3章第3节牛顿运动定律的综合应用课件，文件包含39动能势能探究影响物体动能大小的因素教师版docx、39动能势能探究影响物体动能大小的因素学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
1．整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤：
考点1 动力学中整体法、隔离法的应用
2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤：①明确研究对象或过程、状态。②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。④选用适当的物理规律列方程求解。
3．整体法与隔离法的应用题型连接体的运动特点
[典例] (物体叠放)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向下运动
关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
[跟进训练] 1．(物体平放连接)质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数相同。在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是( )A．a′>2a B．a′＝2aC．a′＝a D．a′<2a
A [根据牛顿第二定律：对甲、乙的整体：F－2μmg＝2ma；去掉乙木块：F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg>0，即a′>2a，故选A。]
2．(弹簧连接)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )A．若m>M，有x1>x2B．若msin θ，有x1>x2D．若μ
4．(轻绳连接)如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则( ) 甲 乙A．F′＝F，F′T＝FT B．F′>F，F′T＝FTC．F′FT D．F′
1．常见的动力学图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
考点2 动力学中的图像问题
3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例] 如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为2 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2思路点拨：解此题关键有两点：(1)明确FT-t图像和v-t图像的信息，并做好运动分析和受力分析。(2)分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。
动力学图像问题的解题策略
[跟进训练] 1．(水平方向运动)质量m＝2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C．5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD．5 s内物块的位移大小为18 m
2．(斜面上运动)(2023·苏锡常镇四市调研)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v-t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为53°C．动摩擦因数μ＝0.5D．动摩擦因数μ＝0.2
C [速度—时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升时，有ma1＝mgsin θ＋μmgcs θ；下滑时，有ma2＝mgsin θ－μmgcs θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5。]
3.(竖直方向运动)(2023·江苏七市高三下学期5月三调)很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则( )A．t1时刻手机速度最大B．t2时刻手机在最低点C．t3时刻手受的压力最大D．t4时刻手受的压力最小
C [图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止运动时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t3时刻手受的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。]
4．(截距与斜率的应用)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( ) A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6 m/s2时物体的速度
1．动力学中常见临界极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即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”，而这些起止点往往对应临界状态。(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，即是求收尾加速度或收尾速度。
考点3 动力学中的临界、极值问题
2．处理临界问题的三种方法
[典例] (脱离的临界问题)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
[解析] 设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0代入数据解得x0＝0.12 m因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
联立解得a＝3 m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。[答案] 72 N 36 N
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0。
[跟进训练] 1．(2022·前黄高级中学一模)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为( ) A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N
甲 乙
C [根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a。根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a对A有Ffmax＝mAa代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚开始要发生相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。]
2.如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接在一起，托盘上放一质量mA＝1 kg 的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是( )A．变力F的最小值为2 NB．变力F的最小值为8 NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
[示例1] 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )A．t1t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
[即时训练](等时性的应用)如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成的矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可看作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则它们在各杆上滑行的时间之比为( )A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
A [因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。]
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
甲 乙 丙
[示例2] 如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A，B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
1．求解水平传送带问题的关键(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。2．处理此类问题的一般流程弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。
[示例3] (2023·淮安高级中学期末)如图所示，传送带与地面倾角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无初速度地放一个质量为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取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。
思路点拨：解此题注意以下几点：(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[答案] (1)1.5 s (2)5 m
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcs θ的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
[即时训练]1．(物块初速度与传送带速度同向)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是2.5 sC．划痕长度是2 mD．划痕长度是0.5 m
2．(物块初速度与传送带速度反向)(2023·南京师大附中月考)如图所示，水平方向的传送带以4 m/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为7 m。一物块从B端以5 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的( )
A B C D
3．(物体沿传送带向上运动的情形)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( ) A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
4．(物体沿传送带向下运动的情形)如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度恒为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37° ＝0.8)求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1则有a1＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcs 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2a2＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2x2＝l－x1＝11 m
[答案] (1)4 s (2)2 s
1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2
[示例4] 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：
图(a) 图(b)
(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。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
根据牛顿第二定律有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
解得a1＝1 m/s2对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
[即时训练]1．(无拉力)(2023·淮阴中学模拟)如图甲所示，一水平长木板静止在光滑水平面上。现有一小铁块(可视为质点)从木板左端以v0＝4 m/s的水平初速度向右滑上木板，从此时刻开始计时，之后小铁块和木板运动的v-t图像如图乙所示。则：
(1)铁块和木板匀变速运动时的加速度各是多大？(2)从开始计时起0.5 s内铁块相对于木板滑行的距离是多少？(3)若铁块以v0＝ 4 m/s水平初速度滑上木板时，木板也具有一水平速度，其方向向左，大小为v＝1 m/s。最终两者达共同速度不再发生相对滑动，则木板至少要多长铁块才不会滑下木板？
[答案] (1)6 m/s2 2 m/s2 (2)1 m (3)1.562 5m
2．(拉力作用在板上)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，g取10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[解析] (1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：Ff1＝μm1g，Ff2＝μ(m1＋m2)g纸板所受摩擦力的大小：Ff＝Ff1＋Ff2＝μ(2m1＋m2)g。(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ(m1＋m2)g。
[答案] (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
3．(拉力作用在木块上)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大；(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)
[解析] (1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对木板：Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，Ffmax＝μ1m2g解得：amax＝3 m/s2对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax解得：Fmax＝12 N由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
1．整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤：
考点1 动力学中整体法、隔离法的应用
2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤：①明确研究对象或过程、状态。②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。④选用适当的物理规律列方程求解。
3．整体法与隔离法的应用题型连接体的运动特点
[典例] (物体叠放)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向下运动
关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
[跟进训练] 1．(物体平放连接)质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数相同。在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是( )A．a′>2a B．a′＝2aC．a′＝a D．a′<2a
A [根据牛顿第二定律：对甲、乙的整体：F－2μmg＝2ma；去掉乙木块：F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg>0，即a′>2a，故选A。]
2．(弹簧连接)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )A．若m>M，有x1>x2B．若m
4．(轻绳连接)如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则( ) 甲 乙A．F′＝F，F′T＝FT B．F′>F，F′T＝FTC．F′
1．常见的动力学图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
考点2 动力学中的图像问题
3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例] 如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为2 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2思路点拨：解此题关键有两点：(1)明确FT-t图像和v-t图像的信息，并做好运动分析和受力分析。(2)分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。
动力学图像问题的解题策略
[跟进训练] 1．(水平方向运动)质量m＝2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C．5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD．5 s内物块的位移大小为18 m
2．(斜面上运动)(2023·苏锡常镇四市调研)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v-t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为53°C．动摩擦因数μ＝0.5D．动摩擦因数μ＝0.2
C [速度—时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升时，有ma1＝mgsin θ＋μmgcs θ；下滑时，有ma2＝mgsin θ－μmgcs θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5。]
3.(竖直方向运动)(2023·江苏七市高三下学期5月三调)很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则( )A．t1时刻手机速度最大B．t2时刻手机在最低点C．t3时刻手受的压力最大D．t4时刻手受的压力最小
C [图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止运动时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t3时刻手受的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。]
4．(截距与斜率的应用)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( ) A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6 m/s2时物体的速度
1．动力学中常见临界极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即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”，而这些起止点往往对应临界状态。(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，即是求收尾加速度或收尾速度。
考点3 动力学中的临界、极值问题
2．处理临界问题的三种方法
[典例] (脱离的临界问题)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
[解析] 设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0代入数据解得x0＝0.12 m因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
联立解得a＝3 m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。[答案] 72 N 36 N
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0。
[跟进训练] 1．(2022·前黄高级中学一模)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为( ) A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N
甲 乙
C [根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a。根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a对A有Ffmax＝mAa代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚开始要发生相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。]
2.如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接在一起，托盘上放一质量mA＝1 kg 的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是( )A．变力F的最小值为2 NB．变力F的最小值为8 NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
[示例1] 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )A．t1
[即时训练](等时性的应用)如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成的矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可看作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则它们在各杆上滑行的时间之比为( )A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
A [因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。]
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
甲 乙 丙
[示例2] 如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A，B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
1．求解水平传送带问题的关键(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。2．处理此类问题的一般流程弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。
[示例3] (2023·淮安高级中学期末)如图所示，传送带与地面倾角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无初速度地放一个质量为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取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。
思路点拨：解此题注意以下几点：(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[答案] (1)1.5 s (2)5 m
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcs θ的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
[即时训练]1．(物块初速度与传送带速度同向)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是2.5 sC．划痕长度是2 mD．划痕长度是0.5 m
2．(物块初速度与传送带速度反向)(2023·南京师大附中月考)如图所示，水平方向的传送带以4 m/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为7 m。一物块从B端以5 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的( )
A B C D
3．(物体沿传送带向上运动的情形)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( ) A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
4．(物体沿传送带向下运动的情形)如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度恒为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37° ＝0.8)求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1则有a1＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcs 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2a2＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2x2＝l－x1＝11 m
[答案] (1)4 s (2)2 s
1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2
[示例4] 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：
图(a) 图(b)
(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。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
根据牛顿第二定律有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
解得a1＝1 m/s2对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
[即时训练]1．(无拉力)(2023·淮阴中学模拟)如图甲所示，一水平长木板静止在光滑水平面上。现有一小铁块(可视为质点)从木板左端以v0＝4 m/s的水平初速度向右滑上木板，从此时刻开始计时，之后小铁块和木板运动的v-t图像如图乙所示。则：
(1)铁块和木板匀变速运动时的加速度各是多大？(2)从开始计时起0.5 s内铁块相对于木板滑行的距离是多少？(3)若铁块以v0＝ 4 m/s水平初速度滑上木板时，木板也具有一水平速度，其方向向左，大小为v＝1 m/s。最终两者达共同速度不再发生相对滑动，则木板至少要多长铁块才不会滑下木板？
[答案] (1)6 m/s2 2 m/s2 (2)1 m (3)1.562 5m
2．(拉力作用在板上)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，g取10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[解析] (1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：Ff1＝μm1g，Ff2＝μ(m1＋m2)g纸板所受摩擦力的大小：Ff＝Ff1＋Ff2＝μ(2m1＋m2)g。(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ(m1＋m2)g。
[答案] (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
3．(拉力作用在木块上)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大；(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)
[解析] (1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对木板：Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，Ffmax＝μ1m2g解得：amax＝3 m/s2对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax解得：Fmax＝12 N由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
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