2025屆高考物理一輪復習第三章力與運動專題1牛頓運動定律的綜合應用學案粵教版

PAGE19-專題1牛頓運動定律的綜合應用動力學中的圖象問題1.常見的動力學圖象及問題類型2.解題策略——數(shù)形結合解決動力學圖象問題(1)在圖象問題中，無論是讀圖還是作圖，都應盡量先建立函數(shù)關系，進而明確“圖象與公式”“圖象與規(guī)律”間的關系；然后依據(jù)函數(shù)關系讀取圖象信息或描點作圖。(2)讀圖時，要留意圖線的起點、斜率、截距、折點以及圖線與橫坐標軸包圍的“面積”等所表示的物理意義，盡可能多地提取有效信息?？枷騽恿W中的v－t圖象【例1】(多選)(2024·全國Ⅰ卷，20)如圖1甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖1A.斜面的傾角B.物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面對上滑行的最大高度解析由v－t圖象可求物塊沿斜面對上滑行時的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行時gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可見能計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面對上滑行的最遠距離為s＝eq\f(v0,2)t1，依據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為ssinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，選項D正確；僅依據(jù)v－t圖象無法求出物塊的質量，選項B錯誤。答案ACD考向動力學中的F－t圖象【例2】(多選)(2024·全國Ⅲ卷，20)如圖2(a)，物塊和木板疊放在試驗臺上，物塊用一不行伸長的細繩與固定在試驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t改變的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與試驗臺之間的摩擦可以忽視。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()圖2A.木板的質量為1kgB.2s～4s內，力F的大小為0.4NC.0～2s內，力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2解析木板和試驗臺間的摩擦忽視不計，由題圖(b)知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖(c)知，2～4s內，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2設木板質量為m，依據(jù)牛頓其次定律對木板有：2～4s內：F－f＝ma14～5s內：f＝ma2且知f＝μmg＝0.2N解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，μ＝0.02，選項A、B正確，D錯誤；0～2s內，由題圖(b)知，F(xiàn)是勻稱增加的，選項C錯誤。答案AB考向動力學中的F－s圖象【例3】(2024·全國Ⅰ卷，15)如圖3，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復原原長前，下列表示F與x之間關系的圖象可能正確的是()圖3解析假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧復原原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓其次定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，明顯F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。答案A考向動力學中的F－a圖象【例4】一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻起先，物塊受到一方向不變的水平拉力作用，假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關系的圖象是()解析當拉力F小于最大靜摩擦力時，物塊靜止不動，加速度為零，當F大于最大靜摩擦力時，依據(jù)F－f＝ma知，隨F的增大，加速度a線性增大，故選項C正確。答案C1.如圖4所示，一豎直放置的輕彈簧下端固定于桌面，現(xiàn)將一物塊放于彈簧上同時對物塊施加一豎直向下的外力，并使系統(tǒng)靜止，若將外力突然撤去，則物塊在第一次到達最高點前的v－t圖象(圖中實線)可能是選項圖中的()圖4解析撤去外力后，物塊先向上做加速度減小的加速運動，當重力與彈力相等時速度達到最大值，以后再做加速度增大的減速運動，當物塊與彈簧分別后，再做豎直上拋運動，到最高點時速度為0，故A項正確。答案A2.(多選)(2024·福建省三明市質檢)水平地面上質量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2隨時間的改變如圖5所示，已知物塊在前2s內以4m/s的速度做勻速直線運動，取g＝10m/s2，則(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖5A.物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2B.3s末物塊受到的摩擦力大小為3NC.4s末物塊受到的摩擦力大小為1ND.5s末物塊的加速度大小為3m/s2解析在0～2s內物塊做勻速直線運動，則摩擦力f＝3N，則μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，選項A錯誤；2s后物塊做勻減速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(6－5－3,1)m/s2＝－2m/s2，則經過t＝eq\f(0－v,a)＝2s，即4s末速度減為零，則3s末物塊受到的摩擦力大小為3N，4s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6N－5N＝1N，選項B、C正確；物塊停止后，因兩個力的差值小于最大靜摩擦力，則物塊不再運動，則5s末物塊的加速度為零，選項D錯誤。答案BC動力學中的連接體問題1.兩個或多個物體相連組成的物體系統(tǒng)叫做連接體，連接體問題是高考中的?？键c。命題特點如下：(1)通過輕繩、輕桿、輕彈簧關聯(lián)：一般考查兩物體或多物體的平衡或共同運動，要結合繩、桿、彈簧特點分析。(2)兩物塊疊放：疊放問題一般通過摩擦力的相互作用關聯(lián)，考查共點力平衡或牛頓運動定律的應用。(3)通過滑輪關聯(lián)：通過滑輪關聯(lián)的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，一般是物體加速度大小相同、方向不同，可分別依據(jù)牛頓其次定律建立方程，聯(lián)立求解。2.解決連接體問題的兩種方法考向相對靜止類【例5】(多選)(2024·全國Ⅱ卷，20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A.8 B.10C.15 D.18解析設掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質量為nm，以西邊這些車廂為探討對象，有F＝nma①P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為探討對象，有F＝km·eq\f(2,3)a②聯(lián)立①②得3n＝2k，總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確。答案BC考向相對運動類【例6】(多選)(2024·江蘇七市三調)如圖6甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到大小從零起先漸漸增大的水平拉力F的作用，A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F改變的狀況如圖乙所示。已知物塊A的質量m＝3kg，取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()圖6A.兩物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2B.當0＜F＜4N時，A、B保持靜止C.當4N＜F＜12N時，A、B發(fā)生相對運動D.當F＞12N時，A的加速度隨F的增大而增大解析依據(jù)題圖乙可知，發(fā)生相對滑動時，A、B間滑動摩擦力為6N，所以A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(f1m,mg)＝0.2，選項A正確；當0＜F＜4N時，依據(jù)題圖乙可知，f2還未達到B與地面間的最大靜摩擦力，此時A、B保持靜止，選項B正確；當4N＜F＜12N時，依據(jù)題圖乙可知，此時A、B間的摩擦力還未達到最大靜摩擦力，所以沒有發(fā)生相對滑動，選項C錯誤；當F＞12N時，依據(jù)題圖乙可知，此時A、B發(fā)生相對滑動，對A物體有a＝eq\f(f1m,m)＝2m/s2，加速度不變，選項D錯誤。答案AB1.(2024·天津十二重點中學二模)如圖7所示，光滑水平面上的小車，在水平拉力F的作用下向右加速運動時，物塊與豎直車廂壁相對靜止，不計空氣阻力。若作用在小車上的水平拉力F增大，則()圖7A.物塊受到的摩擦力不變B.物塊受到的合力不變C.物塊可能相對于車廂壁滑動D.物塊與車廂壁之間的最大靜摩擦力不變解析物塊受力如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律，對物塊有FN＝ma，對物塊和小車整體有F＝(M＋m)a，聯(lián)立可得a＝eq\f(F,M＋m)，F(xiàn)N＝eq\f(m,M＋m)F，水平拉力F增大時，加速度a增大，車廂壁對物塊的彈力FN增大，物塊與車廂壁之間的最大靜摩擦力增大，物塊相對于車廂壁仍舊保持靜止，選項C、D均錯誤；物塊在豎直方向受力平衡，則f＝mg，即物塊受到的摩擦力不變，選項A正確；物塊受到的合力等于FN，F(xiàn)N隨F的增大而增大，選項B錯誤。答案A2.(多選)在上題中，若已知物塊與車廂壁間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，小車質量為M，物塊質量為m，則小車運動一段時間后，下列說法正確的是()A.若將力F大小變?yōu)閑q\f(2,μ)(M＋m)g，物塊將沿車廂壁下滑B.若將力F大小變?yōu)閑q\f(1,2μ)(M＋m)g，物塊將沿車廂壁下滑C.若將力F撤去，物塊將受到三個力的作用D.若將力F撤去，物塊將做平拋運動解析設F的大小為F0時物塊恰好與車廂壁相對靜止，則F0＝(M＋m)a，物塊與車廂壁之間的彈力大小為FN＝ma，μFN＝mg，聯(lián)立解得F0＝eq\f(1,μ)(M＋m)g，由于eq\f(2,μ)(M＋m)g＞F0，故物塊仍舊與車廂壁相對靜止，選項A錯誤；由于eq\f(1,2μ)(M＋m)g＜F0，物塊將沿車廂壁下滑，選項B正確；將力F撤去后，物塊只受重力作用，向右做平拋運動，選項D正確，C錯誤。答案BD3.(2024·廣東惠州其次次調研)如圖8所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板快速抽出，砝碼的移動很小，幾乎視察不到，這就是大家熟識的慣性演示試驗。若砝碼和紙板的質量分別為2m和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度為g。要使紙板相對砝碼運動，所需拉力的大小至少應為()圖8A.3μmg B.4μmgC.5μmg D.6μmg解析當紙板相對砝碼運動時，設砝碼的加速度大小為a1，紙板的加速度大小為a2，則有f1＝μ·2mg＝2ma1得a1＝μg設桌面對紙板的摩擦力為f2，由牛頓第三定律可知砝碼對紙板的摩擦力f1′＝f1，則F－f1－f2＝ma2發(fā)生相對運動須要紙板的加速度大于砝碼的加速度，即a2＞a1所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg即F＞6μmg，故選D。答案D動力學中的臨界和極值問題1.臨界或極值問題的關鍵詞(1)“剛好”“恰好”“正好”“取值范圍”等，表明題述的過程存在臨界點。(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明題述的過程存在極值。2.產生臨界值和極值的條件(1)兩物體脫離的臨界條件：相互作用的彈力為零，加速度相等。(2)繩子松弛(斷裂)的臨界條件：繩中張力為零(最大)。(3)兩物體發(fā)生相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。(4)加速度最大的條件：合外力最大。(5)速度最大的條件：應通過運動過程分析，許多狀況下當加速度為零時速度最大。3.臨界或極值問題的分析方法(1)假設分析法。(2)數(shù)學極值法。例7一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為2m的小物塊A相連，質量為m的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，如圖9所示，此時彈簧的壓縮量為x0，從t＝0時起先，對B施加沿斜面對上的外力，使B始終做加速度為a的勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊A、B分別。彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。若θ、m、x0、a均已知，下面說法正確的是()圖9A.物塊A、B分別時，彈簧的彈力恰好為零B.物塊A、B分別時，A、B之間的彈力恰好為零C.物塊A、B分別后，物塊A起先減速D.從起先到物塊A、B分別所用的時間t＝2eq\r(\f(gsinθ＋a,3agsinθ)·x0)解析物塊A、B起先分別時二者之間的彈力為零，A、B有相同的加速度，彈簧的彈力不為零，物塊A、B分別后，A起先做加速度漸漸減小的加速運動。起先時受力平衡，依據(jù)平衡條件可得kx0＝3mgsinθ，解得k＝eq\f(3mgsinθ,x0)物塊A、B起先分別時二者之間的彈力為零，選項A、C錯誤，B正確；對A，依據(jù)牛頓其次定律kx－2mgsinθ＝2ma，則得x＝eq\f(2mgsinθ＋2ma,k)＝eq\f(2gsinθ＋2a,3gsinθ)·x0，依據(jù)x0－x＝eq\f(1,2)at2可得物塊A、B分別的時間t＝eq\r(\f(2（gsinθ－2a）,3agsinθ)·x0)，選項D錯誤。答案B1.傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，在滑塊M的頂端O處固定一細線，細線的另一端拴一小球，已知小球的質量為m＝eq\f(\r(5),5)kg，當滑塊M以a＝2g的加速度向右運動時，細線拉力的大小為(g取10m/s2)()圖10A.10N B.5NC.eq\r(5)N D.eq\r(10)N解析當滑塊向右運動的加速度為某一臨界值時，斜面對小球的支持力恰好為零，此時小球受到重力和線的拉力的作用，如圖甲所示。依據(jù)牛頓其次定律，有FTcosθ＝ma0，F(xiàn)Tsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，則知當滑塊向右運動的加速度a＝2g時，小球已“飄”起來了，此時小球受力如圖乙所示，則有FT′cosα＝m·2g，F(xiàn)T′sinα－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，聯(lián)立解得FT′＝10N，故選項A正確。答案A2.如圖11所示，一質量m＝0.40kg、可視為質點的小物塊，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面對上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，物塊在A點的速度為v0＝2m/s，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/s2。圖11(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小；(2)拉力F與斜面夾角為多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？解析(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)得a＝3m/s2，v＝8m/s。(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為f，拉力與斜面的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓其次定律得Fcosα－mgsinθ－f＝ma，F(xiàn)sinα＋FN－mgcosθ＝0，又f＝μFN，聯(lián)立解得F＝eq\f(mg（sinθ＋μcosθ）＋ma,cosα＋μsinα)，由數(shù)學學問得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)，可知對應F最小時F與斜面的夾角α＝30°，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N。答案(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N課時作業(yè)(時間：30分鐘)基礎鞏固練1.物體A、B放在光滑的水平地面上，其質量之比mA∶mB＝2∶1?，F(xiàn)用水平3N的拉力作用在物體A上，如圖1所示，則A對B的拉力大小等于()圖1A.1N B.1.5NC.2N D.3N解析設B物體的質量為m，A對B的拉力為FAB，對A、B整體，依據(jù)牛頓其次定律得F＝(mA＋mB)a，則a＝eq\f(3N,m＋2m)，對B有FAB＝ma，所以FAB＝1N。答案A2.如圖2所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為()圖2A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2)C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)解析把m1、m2看成一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓其次定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(Fcosθ,m1＋m2)，選項A正確。答案A3.如圖3，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()圖3解析滑塊以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑塊做勻減速直線運動。對滑塊受力分析易得a＝μgcosθ－gsinθ，方向沿斜面對上，選項C、D錯誤；s＝v0t－eq\f(1,2)at2，h＝ssinθ，由圖象規(guī)律可知選項A錯誤，B正確。答案B4.一次演習中，一空降特戰(zhàn)兵實施空降，飛機懸停在高空某處后，空降特戰(zhàn)兵從機艙中跳下，設空降特戰(zhàn)兵沿直線運動，其速度—時間圖象如圖4甲所示，當速度減為零時特戰(zhàn)兵恰好落到地面。已知空降特戰(zhàn)兵的質量為60kg。設著陸傘用8根對稱的繩懸掛空降特戰(zhàn)兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。不計空降特戰(zhàn)兵所受的阻力。則空降特戰(zhàn)兵(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖4A.前2s處于超重狀態(tài)B.從200m高處起先跳下C.落地前瞬間著陸傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為125ND.整個運動過程中的平均速度大小為10m/s解析由v－t圖可知，著陸傘在前2s內加速下降，中間5s勻速下降，最終6s減速下降，故前2s失重，選項A錯誤；由v－t圖象與橫軸面積的物理意義知s＝eq\f(1,2)×(5＋13)×20m＝180m，選項B錯誤；落地前瞬間a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,6)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，對特戰(zhàn)兵，由牛頓其次定律，8FT·cos37°－mg＝m|a|，F(xiàn)T＝125N，選項C正確；全程平均速度v＝eq\f(s,t)＝eq\f(180,13)m/s＞10m/s，選項D錯誤。答案C5.(2024·云南昆明4月質檢)如圖5所示，質量為M的滑塊A放置在光滑水平地面上，A的左側面有一個圓心為O、半徑為R的光滑四分之一圓弧面。當用一水平向左的恒力F作用在滑塊A上時，一質量為m的小球B(可視為質點)在圓弧面上與A保持相對靜止，且B距圓弧面末端Q的豎直高度H＝eq\f(R,3)。已知重力加速度大小為g，則力F的大小為()圖5A.eq\f(\r(5),3)Mg B.eq\f(\r(5),2)MgC.eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq\f(\r(5),2)(M＋m)g解析相對靜止的兩個物體具有相同的加速度，即A、B整體的加速度方向水平向左，依據(jù)牛頓其次定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。設FN與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，則tanθ＝eq\f(\r(5),2)，依據(jù)牛頓其次定律，對小球有mgtanθ＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(\r(5),2)g，對A、B整體有F＝(M＋m)a，解得F＝eq\f(\r(5),2)(M＋m)g，選項D正確。答案D6.(2024·西安二模)如圖6所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質量為mA＝2.0kg，小車上放一個物體，其質量為mB＝1.0kg，如圖甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0N時，A、B起先相對滑動。假如撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示。要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為()圖6A.2.0N B.3.0NC.6.0N D.9.0N解析依據(jù)題圖甲所示，設A、B間的靜摩擦力達到最大值fmax時，系統(tǒng)的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律，對A、B整體有F＝(mA＋mB)a，對A有fmax＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得fmax＝2.0N。依據(jù)題圖乙所示狀況，設A、B剛好相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，依據(jù)牛頓其次定律得：以B為探討對象有fmax＝mBa′，以A、B整體為探討對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0N，故C項正確。答案C7.如圖7甲所示，在水平地面上放置一個質量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移勻稱減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移s減小的圖象如圖乙所示。已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2。則：圖7(1)運動過程中物體的最大加速度為多少？(2)距動身點多遠時物體的速度達到最大？(3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？解析(1)由牛頓其次定律，得F－μmg＝ma當推力F＝100N時，物體所受的合力最大，加速度最大，代入數(shù)值解得a＝eq\f(F,m)－μg＝20m/s2。(2)由題圖可得推力F是隨位移s減小的，當推力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大則F＝μmg＝20N由題圖得到F與s的函數(shù)關系式F＝100－25s則得到s＝3.2m。(3)由題圖得到推力對物體做的功等于F－s圖線與s軸所圍“面積”，得推力做功W＝200J依據(jù)動能定理W－μmgsm＝0代入數(shù)據(jù)得sm＝10m。答案(1)20m/s2(2)3.2m(3)10m綜合提能練8.(多選)如圖8甲所示，物塊的質量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面對右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標改變的關系圖象如圖乙所示，g取10m/s2。下列選項中正確的是()圖8A.2s末到3s末物塊做勻減速運動B.在t＝1s時刻，恒力F反向C.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3D.恒力F大小為10N解析物塊做勻減速直線運動的加速度大小為a1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2x1)＝10m/s2，物塊做勻減速直線運動的時間為t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，即在t＝1s末恒力F反向，物塊做勻加速直線運動，故A項錯誤，B項正確；物塊勻加速直線運動的加速度大小a2＝eq\f(v2,2x2)＝4m/s2，依據(jù)牛頓其次定律得F＋Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，聯(lián)立解得F＝7N，F(xiàn)f＝3N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C項正確，D項錯誤。答案BC9.(2024·廣東廣州天河區(qū)二模)水平面上放置一個斜面足夠長的斜劈A，傾角為α，小物塊B靜止在斜面上，如圖9所示。現(xiàn)對B施加一個沿斜面對上的拉力F，F(xiàn)的大小從零隨時間勻稱增大，斜劈A始終處于靜止狀態(tài)。設A、B之間的摩擦力大小為f1，A與地面之間的摩擦力大小為f2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則整個過程中摩擦力大小隨時間改變的圖象可能正確的是()圖9解析由題可知物體原來處于靜止狀態(tài)，故有μmgcosα≥mgsinα，有外力F后，F(xiàn)＝kt(k＞0)。以B為探討對象，A對B的摩擦力先沿斜面對上，由平衡條件得F＋f1＝mgsinα，得f1＝mgsinα－kt，知f1隨時間勻稱減小。當F＝mgsinα時，得f1＝0。之后，A對B的摩擦力沿斜面對下，由平衡條件得F＝f1＋mgsinα，得f1＝kt－mgsinα，知f1隨時間勻稱增大。當F增大到小物塊B起先相對于斜劈A運動時，f1＝μmgcosα保持不變，且不小于最初的摩擦力大小，故A、B錯誤；A、B均不動時，以A、B組成的整體為探討對象，由平衡條件得f2＝F