專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用經(jīng)典特訓(xùn)題組1. 如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對(duì)靜止向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中B受到的摩擦力()A方向向左，大小不變 B方向向左，逐漸減小C方向向右，大小不變 D方向向右，逐漸減小答案A解析物塊B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，則由牛頓第二定律得B受到A給的靜摩擦力方向向左，大小為fmBa，保持不變，A正確。2. 如圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()Aa1g，a2g Ba10，a2gCa10，a2g Da1g，a2g答案C解析在抽出木板的瞬時(shí)，彈簧對(duì)木塊1的支持力和對(duì)木塊2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力，mgF，a10；木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2g，故C正確。3(多選)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則()A甲球用的時(shí)間比乙球長B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析球的質(zhì)量m·r3，阻力fkr，由牛頓第二定律agg，甲乙，m甲>m乙，所以r甲>r乙，可得a甲>a乙，由hat2知甲球用的時(shí)間較短，A、C錯(cuò)誤；由v得v甲>v乙，故B正確；因f甲>f乙，由Wffh知甲球克服阻力做功較大，D正確。4如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊，木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a­F圖，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，取g10 m/s2，則下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是()A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當(dāng)F8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s2D滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1答案C解析由題圖乙知，F(xiàn)6 N時(shí)，滑塊與木板剛好不相對(duì)滑動(dòng)，加速度為a1 m/s2。對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出Mm6 kg，當(dāng)F6 N時(shí)，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律得aF，知圖線的斜率k，則M2 kg，滑塊的質(zhì)量m4 kg，故A、B正確；根據(jù)F6 N時(shí)，a1 m/s2，代入表達(dá)式計(jì)算得出0.1，當(dāng)F8 N時(shí)，對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得mgma，計(jì)算得出ag1 m/s2，故C錯(cuò)誤，D正確。5圖甲是張明同學(xué)站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，點(diǎn)P是他的重心位置。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力時(shí)間圖線。兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒有畫出。取重力加速度g10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知()A張明的重力為1000 NBe點(diǎn)位置張明處于超重狀態(tài)Cc點(diǎn)位置張明處于失重狀態(tài)D張明在d點(diǎn)的加速度小于在f點(diǎn)的加速度答案B解析開始時(shí)張明處于平衡狀態(tài)，張明對(duì)傳感器的壓力是500 N，根據(jù)牛頓第三定律和二力平衡可以知道，張明的重力為500 N，故A錯(cuò)誤；e點(diǎn)時(shí)傳感器對(duì)張明的支持力等于張明對(duì)傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故B正確；c點(diǎn)時(shí)傳感器對(duì)張明的支持力等于張明對(duì)傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；張明在d點(diǎn)時(shí)，a1 m/s220 m/s2，張明在f點(diǎn)時(shí)，a2 m/s210 m/s2，可知張明在d點(diǎn)的加速度大于在f點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。6. 如圖所示，傾角為的足夠長的傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小為v1，一個(gè)物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同時(shí)物塊受到平行傳送帶向上的恒力F作用，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則物塊運(yùn)動(dòng)的v­t圖象不可能是()答案C解析若F>mgsinmgcos，物塊一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，v­t圖象是向上傾斜的直線，A圖是可能的；若Fmgsinmgcos，物塊一直做勻速運(yùn)動(dòng)，v­t圖象是平行t軸的直線，B圖是可能的；若F<mgsinmgcos，物塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，合力大小F合mgcosmgsinF，因?yàn)閠an，即有mgsinmgcos，當(dāng)速度減至v1時(shí)，物塊以速度v1做勻速運(yùn)動(dòng)，故C圖不可能，D圖是可能的。綜上所述，C正確。7航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m2 kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F28 N。試飛時(shí)，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變，g取10 m/s2。(1)第一次試飛，飛行器飛行t18 s時(shí)到達(dá)高度H64 m。求飛行器所受的阻力f的大??；(2)第二次試飛，飛行器飛行t26 s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達(dá)到的最大高度h；(3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時(shí)間t3。答案(1)4 N(2)42 m(3) s(或2.1 s)解析(1)飛行器第一次試飛時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a1，Ha1t由牛頓第二定律Fmgfma1由解得f4 N(2)第二次試飛中，設(shè)失去升力時(shí)的速度大小為v1，上升的高度為s1，運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，s1a1t設(shè)失去升力后的加速度大小為a2，上升的高度為s2，由牛頓第二定律mgfma2v1a1t2s2由解得hs1s242 m(3)設(shè)失去升力下降階段加速度大小為a3，恢復(fù)升力后加速度大小為a4，恢復(fù)升力時(shí)速度大小為v3，運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，由牛頓第二定律mgfma3Ffmgma4且hv3a3t3由解得t3 s(或2.1 s)。真題調(diào)研題組1(2019·海南高考)如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)Q施加一水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，輕繩的張力大小為()AF2mg B.FmgC.Fmg D.F答案D解析對(duì)整體，由牛頓第二定律得Fmg2mg3ma，對(duì)P物塊，由牛頓第二定律得Tmgma，解得TF，D正確。2(2018·全國卷) 如圖，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?fàn)顟B(tài)?，F(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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()答案A解析物塊靜止時(shí)受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：Fk(x0x)mgma，所以Fmakx，A正確。3(2019·全國卷)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A木板的質(zhì)量為1 kgB24 s內(nèi)，力F的大小為0.4 NC02 s內(nèi)，力F的大小保持不變D物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2答案AB解析木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖b知，2 s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩0.2 N，由題圖c知，24 s內(nèi)，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為m，據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板有：24 s內(nèi)：FF摩ma1,4 s以后：F摩ma2，解得m1 kg，F(xiàn)0.4 N，A、B正確；02 s內(nèi)，F(xiàn)f，由題圖b知，F(xiàn)是均勻增加的，C錯(cuò)誤；因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩m物g可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)不可求，D錯(cuò)誤。4(2017·海南高考)汽車緊急剎車后，停止運(yùn)動(dòng)的車輪在水平地面上滑動(dòng)直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長25 m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)()A10 m/s B20 m/s C30 m/s D40 m/s答案B解析剎車后汽車的合外力為摩擦力fmg，加速度ag8 m/s2，又剎車線長25 m，故可由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小v m/s20 m/s，故B正確。5(2019·江蘇高考) 如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。答案(1)(2)3gg(3)2解析A、B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示：(1)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，先敲擊A時(shí)，由牛頓第二定律可知，A的加速度大小aAg在B上滑動(dòng)時(shí)有2aALv解得：vA。(2)對(duì)齊前，B所受A的摩擦力大小fAmg，方向向左，地面的摩擦力大小f地2mg，方向向左，合外力大小FfAf地3mg由牛頓第二定律FmaB，得aB3g對(duì)齊后，A、B整體所受合外力大小Ff地2mg由牛頓第二定律F2maB，得aBg。(3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA則vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。6(2017·全國卷) 如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v03 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。答案(1)1 m/s(2)1.9 m解析(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛頓第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sBv0t1aBt設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2v1a2t2對(duì)A有v2v1aAt2在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2 A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m。(也可用如圖所示的速度時(shí)間圖象求解)模擬沖刺題組1(2019·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計(jì)必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動(dòng)，則理想的傾角為()A30° B45° C60° D75°答案B解析設(shè)屋檐的底邊長為L，屋頂?shù)钠旅骈L度為s，雨滴下滑的加速度為a，雨滴只受重力mg和屋頂對(duì)它的支持力N，垂直于屋頂方向：Nmgcos，平行于屋頂方向：mamgsin，雨滴的加速度agsin，根據(jù)幾何關(guān)系，屋頂坡面的長度為：s，由sat2得：t ，45°時(shí)t最短，故B正確。2. (2019·廣東肇慶高三一模)(多選)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為，球拍與球保持相對(duì)靜止，它們之間的摩擦力及空氣阻力不計(jì)，則()A運(yùn)動(dòng)員的加速度為gtanB球拍對(duì)球的作用力為mgC運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為(Mm)gcosD若運(yùn)動(dòng)員的加速度大于gtan，球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)答案AD解析對(duì)網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，根據(jù)牛頓第二定律得：Nsinma，Ncosmg，解得，agtan，N，故A正確，B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對(duì)象，如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F，故C錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)員的加速度a大于gtan，假設(shè)球相對(duì)球拍靜止，則其加速度也為a，如圖3所示，將a分解，則axacos，因?yàn)閍>gtan，所以ax>gtancosgsin，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必須有一個(gè)沿球拍向下的外力才能使球相對(duì)球拍靜止，而實(shí)際上這個(gè)力不存在，故球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，D正確。3. (2019·山東淄博一模)(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。小球從開始下落到小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是()答案AD解析在小球下落的開始階段，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g；接觸彈簧后開始時(shí)，重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球繼續(xù)下降，彈力逐漸變大，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至重力等于彈力，此時(shí)加速度減小到零，速度達(dá)到最大；小球繼續(xù)下落時(shí)，彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏希抑饾u變大，直到速度減小到零，到達(dá)最低點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤。根據(jù)牛頓第二定律可得加速度agx(x為彈簧壓縮長度)，在與彈簧作用的加速向下階段，相等時(shí)間內(nèi)位移增大得越來越快，彈簧壓縮量增大得越來越快，由此可知此階段內(nèi)加速度減小得越來越快；在減速向下階段，相等時(shí)間內(nèi)，彈簧的壓縮量增大得越來越慢，故可知此階段內(nèi)加速度增大得越來越慢；由a­t圖象與時(shí)間軸所圍面積表示速度的變化量與對(duì)稱性可知，ag時(shí)小球速度不為0，小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，a繼續(xù)增大，故C錯(cuò)誤，D正確。4(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻受一與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒力F4 N的作用，經(jīng)一段時(shí)間后撒去力F，物體運(yùn)動(dòng)的v­t圖象如圖所示，已知g10 m/s2，據(jù)圖可知下列說法正確的是()A物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B物體最后回到t0時(shí)刻的位置CF的作用時(shí)間為1 sD物體的質(zhì)量為1 kg答案AD解析由v­t圖象可知，物體01 s內(nèi)沿正向做勻減速運(yùn)動(dòng)，12 s內(nèi)沿負(fù)向做勻加速運(yùn)動(dòng)，23 s內(nèi)沿負(fù)向做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用時(shí)間為2 s，在23 s內(nèi)物體的加速度為a2 m/s2，摩擦力大小為mgma，解得0.2，故A正確，C錯(cuò)誤；由v­t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移知，01 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，位移大小為x1×6×1 m3 m，13 s內(nèi)沿負(fù)向運(yùn)動(dòng)，位移大小為x2×(31)×2 m2 m，則知3 s末物體到出發(fā)點(diǎn)的距離為xx1x21 m，故B錯(cuò)誤；在01 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：Fmgma1，解得物體的質(zhì)量m1 kg，故D正確。5(2019·云南二模)如圖所示，臺(tái)秤上放一個(gè)木箱，木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細(xì)繩通過光滑定滑輪相連，m1>m2?，F(xiàn)剪斷Q下端與木箱相連的細(xì)繩，在P下落但還沒有到達(dá)箱底的過程中，臺(tái)秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將()A變大 B變小C不變 D先變小后變大答案B解析剪斷細(xì)線之前臺(tái)秤的示數(shù)為：NMgm1gm2g；因m1>m2，則當(dāng)剪斷Q下端的細(xì)繩后，P向下加速，Q向上加速，對(duì)P：m1gTm1a，對(duì)Q：Tm2g m2a，解得ag，T，此時(shí)箱子對(duì)臺(tái)秤的壓力為：NMg2TMg，結(jié)合m1>m2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知<m1gm2g，則NMg2TMg<Mgm1gm2gN，故選B。6(2019·四川廣元三診)(多選)如圖a，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t0時(shí)，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖b為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v­t圖象，圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得()A木板的長度B物塊與木板的質(zhì)量之比C物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D從t0開始到t1時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能答案BC解析根據(jù)題意只能求出小物塊與長木板的相對(duì)位移，無法求出木板的長度，A錯(cuò)誤；由圖象的斜率表示加速度求出長木板的加速度大小為aA，小物塊的加速度大小aB，設(shè)小物塊質(zhì)量為m，長木板質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得：mgMaA，mgmaB，解得：，故B、C正確；由于長木板質(zhì)量未知，故其動(dòng)能無法求出，D錯(cuò)誤。熱門預(yù)測題組1(2019·安徽安慶高三二模)(多選)如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角37°，現(xiàn)有質(zhì)量m2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2 s撤去外力F，物體在04 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin37°0.6，cos37°0.8，g10 m/s2，則()A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B水平外力F5.5 NC水平外力F4 ND物體在04 s內(nèi)的位移為24 m答案AC解析根據(jù)v­t圖象的斜率表示加速度，知24 s內(nèi)物體的加速度為：a2 m/s22 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosma2，解得：0.5，故A正確；02 s內(nèi)物體的加速度為：a1 m/s24 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinFcos(mgcosFsin)ma1，解得：F4 N，故B錯(cuò)誤，C正確；由v­t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得物體在04 s內(nèi)的位移為：x m28 m，故D錯(cuò)誤。2(2019·湖南衡陽二模)如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m11 kg的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m22 kg的木塊，木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力F3t(N)，重力加速度大小g10 m/s2。(1)求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1；(2)t10 s時(shí)，兩物體的加速度各為多大；(3)在如圖2所示坐標(biāo)系中畫出木塊的加速度隨時(shí)間変化的圖象(取水平拉力F的方向?yàn)檎较?，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過程)。答案(1)4 s(2)3 m/s212 m/s2(3)圖見解析解析(1)當(dāng)F2(m1m2)g3 N時(shí)，木塊和木板都沒有拉動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)木板受到木塊對(duì)它的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，它們共同運(yùn)動(dòng)的加速度最大，木塊與木板恰好相對(duì)靜止。對(duì)木板：fmax2(m1m2)gm1amax，fmax1m2g解得：amax3 m/s2對(duì)整體有：Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得：Fmax12 N由Fmax3t1得：t14 s。(2)t10 s時(shí)，兩物體已相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則有：對(duì)木板：1m2g2 (m1m2)gm1a1解得：a13 m/s2對(duì)木塊：F1m2gm2a2，F(xiàn)3t30 N解得：a212 m/s2。(3)圖象過(1,0)，(4,3)，(10,12)圖象如圖所示。- 15 -