【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復習-第3章-第3節(jié)-牛頓運動定律的綜合應用-教學講義-

第三節(jié)牛頓運動定律的綜合應用[同學用書P47]一、超重和失重1．超重(1)定義：物體對水平支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)大于物體所受重力的狀況稱為超重現象．(2)產生條件：物體具有向上的加速度．2．失重(1)定義：物體對水平支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)小于物體所受重力的狀況稱為失重現象．(2)產生條件：物體具有向下的加速度．3．完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)為零的狀況稱為完全失重現象．(2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．1.(多選)(2021·廣州調研)如圖所示，電梯內重為10N的物體懸掛在彈簧測力計上．某時刻，乘客觀看到測力計示數變?yōu)?N，則電梯可能()A．勻加速向上運動B．勻減速向上運動C．勻加速向下運動D．勻減速向下運動答案：BC二、解答連接體問題的常用方法1．整體法當系統(tǒng)中各物體的加速度相同時，我們可以把系統(tǒng)內的全部物體看成一個整體，這個整體的質量等于各物體的質量之和，當整體受到的外力已知時，可用牛頓其次定律求出整體的加速度．2．隔離法當求解系統(tǒng)內物體間相互作用力時，常把物體從系統(tǒng)中“隔離”出來進行分析，依據牛頓其次定律列方程．3．外力和內力(1)外力：系統(tǒng)外的物體對爭辯對象的作用力；(2)內力：系統(tǒng)內物體之間的作用力．2.(多選)(2021·大同模擬)如圖所示，水平地面上有兩塊完全相同的木塊A、B，在水平推力F的作用下運動，用FAB代表A、B間的相互作用力，則()A．若地面是完全光滑的，FAB＝FB．若地面是完全光滑的，FAB＝eq\f(F,2)C．若地面是有摩擦的，FAB＝FD．若地面是有摩擦的，FAB＝eq\f(F,2)答案：BD考點一超重和失重現象[同學用書P48]1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消逝了．在發(fā)生這些現象時，物體的重力照舊存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生了變化(即“視重”發(fā)生變化)．2．只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運動還是向下運動無關．3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有重量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)．4．物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同打算的，其大小等于ma.(單選)(2021·莆田模擬)關于超重和失重現象，下列描述中正確的是()A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài)B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài)C．蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài)D．“神舟十號”飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內的宇航員處于完全失重狀態(tài)[解析]電梯減速上升，加速度向下，失重，A錯；列車水平加速，即不超重也不失重，B錯；秋千擺到最低點，加速度向上，超重，C錯；飛船的向心加速度等于軌道處的重力加速度，方向向下，完全失重，D對．[答案]D[總結提升]超重和失重現象的推斷方法(1)從受力的大小推斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的方向推斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)．1.(單選)(2022·高考北京卷)應用物理學問分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加好玩和深化．例如平伸手掌托起物體，由靜止開頭豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現象分析正確的是()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度解析：選D.受托物體由靜止開頭向上運動，確定先做加速運動，物體處于超重狀態(tài)；而后可能勻速上升，也可能減速上升，選項A、B錯誤．在物體離開手的瞬間，二者分別，不計空氣阻力，物體只受重力，物體的加速度確定等于重力加速度；要使手和物體分別，手向下的加速度確定大于物體向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，選項C錯誤，D正確．考點二整體法和隔離法解決連接體問題[同學用書P48]1．整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓其次定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓其次定律列方程求解．3．整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的爭辯對象，應用牛頓其次定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內力”．(2021·高考福建卷)質量為M、長為eq\r(3)L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不行伸長且光滑的松軟輕繩，繩上套著一質量為m的小鐵環(huán)．已知重力加速度為g，不計空氣影響．(1)現讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中，如圖甲，求繩中拉力的大??；(2)若桿與環(huán)保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環(huán)恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示．①求此狀態(tài)下桿的加速度大小a；②為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力，方向如何？[審題點睛](1)圖甲中桿和環(huán)均靜止，把環(huán)隔離出來受力分析，由平衡條件列方程可求出繩中拉力．(2)圖乙中，桿與環(huán)一起加速，隔離環(huán)受力分析，由牛頓其次定律列方程可求出環(huán)的加速度，再對桿和環(huán)作為一整體受力分析，由牛頓其次定律列方程求出施加的外力．[解析](1)環(huán)受力如圖丙所示，由平衡條件得：2FTcosθ－mg＝0由圖中幾何關系可知：cosθ＝eq\f(\r(6),3)聯立以上兩式解得：FT＝eq\f(\r(6),4)mg.(2)①小鐵環(huán)受力如圖丁所示，由牛頓其次定律得：FT′sinθ′＝maFT′＋FT′cosθ′－mg＝0由圖中幾何關系可知θ′＝60°，代入以上兩式解得：a＝eq\f(\r(3),3)g.②桿和環(huán)整體受力如圖戊所示，由牛頓其次定律得：Fcosα＝(M＋m)aFsinα－(M＋m)g＝0解得：F＝eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g，α＝60°.[答案](1)eq\f(\r(6),4)mg(2)①eq\f(\r(3),3)g②外力大小為eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g方向與水平方向成60°角斜向右上方[總結提升]正確地選取爭辯對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應當單獨分析，并分別確定出它們的加速度，然后依據牛頓運動定律列方程求解．2.(多選)(2021·石家莊模擬)如圖甲所示，質量分別為m、M的物體A、B靜止在勁度系數為k的彈簧上，A與B不粘連．現對物體A施加豎直向上的力F使A、B一起上升，若以兩物體靜止時的位置為坐標原點，兩物體的加速度隨位移的變化關系如圖乙所示．下列說法正確的是()A．在圖乙中PQ段表示拉力F漸漸增大B．在圖乙中QS段表示B物體減速上升C．位移為x1時，A、B之間彈力為mg－kx1－Ma0D．位移為x3時，A、B一起運動的速度大小為eq\f(1,2)eq\r(a0x2＋x3)解析：選AC.在PQ階段，兩物體勻加速向上運動，以整體為爭辯對象，F＋kΔx－(m＋M)g＝(M＋m)a0，隨Δx不斷減小，F不斷增大，A項正確；在QS段，加速度方向與速度方向仍相同，整體連續(xù)加速運動，B項錯；設開頭時，彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件有kx0＝(M＋m)g，位移為x1時，設A、B間彈力為F′，對B則有k(x0－x1)－F′－Mg＝Ma0，解兩式得F′＝mg－kx1－Ma0，C項正確；由牛頓其次定律，F＝ma，加速度圖象中梯形面積乘以m即為合外力所做的功，由動能定理有：m×eq\f(1,2)a0(x2＋x3)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(a0x2＋x3)，D項錯．考點三分解加速度求解受力問題[同學用書P49]在應用牛頓其次定律解題時，通常不分解加速度而分解力，但有一些題目要分解加速度．最常見的狀況是與斜面模型結合，物體所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向與任一方向的力不同向．此時，首先分析物體受力，然后建立直角坐標系，將加速度a分解為ax和ay，依據牛頓其次定律得Fx＝max，Fy＝may，使求解更加便捷、簡潔．如圖所示，某商場內扶梯與水平面夾角為θ＝30°，質量為60kg的人站在扶梯的水平臺階上，當扶梯以2m/s2的加速度斜向上運動時，求人對扶梯的壓力和人所受到的摩擦力各是多少．[解析]對人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如圖所示，取水平向右為x軸正向，豎直向上為y軸正向，將加速度如圖分解，由牛頓其次定律得：Ff＝macosθ①FN－mg＝masinθ②由①②代入數值得：FN＝660N，Ff＝60eq\r(3)N.由牛頓第三定律知，人對扶梯的壓力大小是660N.[答案]660N60eq\r(3)N3.(單選)(2021·高考安徽卷)如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行．在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()A．T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)FN＝m(gsinθ＋acosθ)解析：選A.小球受力狀況如圖所示，將加速度沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，ax＝acosθ①ay＝asinθ②分別在兩方向應用牛頓其次定律，得：FN－mgcosθ＝－may③T－mgsinθ＝max④由①②③④式得T＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)．[同學用書P49]物理模型——“滑塊——滑板”模型的分析1．模型特點：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動．2．模型分析解此類題的基本思路：(1)分析滑塊和木板的受力狀況，依據牛頓其次定律分別求出滑塊和木板的加速度；(2)對滑塊和木板進行運動狀況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程．特殊留意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移．(18分)(2021·云南昆明統(tǒng)測)如圖所示，質量M＝1kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質量m＝1kg的鐵塊B(大小可忽視)，鐵塊與木塊間的動摩擦因數μ1＝0.3，木板長L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2.(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間．[審題點睛](1)推斷兩者之間是否發(fā)生滑動，要比較兩者之間的摩擦力與最大靜摩擦力的關系，若f＜fm，則不滑動，反之則發(fā)生滑動．(2)兩者發(fā)生相對滑動時，兩者運動的位移都是對地的，留意找位移與板長的關系．eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm＞μ1mg＝0.3×1×10N＝3N(2分)假設A、B之間不發(fā)生相對滑動，則對A、B整體：F＝(M＋m)a(2分)對A：fAB＝Ma(2分)解得：fAB＝2.5N(1分)因fAB＜fm，故A、B之間不發(fā)生相對滑動．(1分)(2)對B：F－μ1mg＝maB(2分)對A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA(2分)據題意：xB－xA＝L(2分)xA＝eq\f(1,2)aAt2；xB＝eq\f(1,2)aBt2(2分)解得：t＝eq\r(2)s．(2分)[答案](1)不會(2)eq\r(2)s[規(guī)律總結](1)滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長．(2)滑塊是否會從滑板上掉下的臨界條件是：滑塊到達滑板一端時兩者共速．(3)滑塊不能從滑板上滑下的狀況下，當兩者共速時，兩者受力、加速度發(fā)生突變．4.(多選)(2022·高考江蘇卷)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為eq\f(1,2)μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現對A施加一水平拉力F，則()A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg解析：選BCD.A、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，對A、B整體，只要F＞eq\f(3,2)μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg－eq\f(3,2)μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝eq\f(1,2)μg，選項D正確；對A、B整體，有F－eq\f(3,2)μmg＝3mamax，則F＞3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝eq\f(5,2)μmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－eq\f(3,2)μmg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，選項B正確．1．(單選)(2021·南京模擬)如圖所示，兩個物體A、B疊放在一起，接觸面粗糙，現將它們同時以相同的速度水平拋出，不計空氣阻力，在空中運動的過程中，物體B()A．只受重力B．受重力和A對它的壓力C．受重力和A對它的摩擦力D．受重力、A對它的壓力和摩擦力解析：選A.兩個物體A、B同時以相同的速度水平拋出，由于不計空氣阻力，兩個物體都處于完全失重狀態(tài)，故在空中運動的過程中，物體A、B都只受到重力，B、C、D錯誤，A正確．2．(單選)(2021·西安質檢)如圖所示，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，幾乎觀看不到，這就是大家生疏的慣性演示試驗．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大于()A．3μmg B．4μmgC．5μmg D．6μmg解析：選D.紙板相對砝碼恰好運動時，對紙板和砝碼構成的系統(tǒng)，由牛頓其次定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，對砝碼，由牛頓其次定律可得：2μmg＝2ma，聯立可得：F＝6μmg，選項D正確．3.(單選)(2021·河南安陽模擬)在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知貓的質量是木板的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓馬上沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為()A．3gsinα B．gsinαC．3gsinα/2 D．2gsinα解析：選A.貓與木板加速度不同，分別對其受力分析是比較常見的解決方法．貓受力平衡，設貓的質量為2m，其所受摩擦力沿斜面對上，且f＝2mgsinα，木板所受摩擦力沿斜面對下，木板的加速度為a＝eq\f(2mgsinα＋mgsinα,m)＝3gsinα，正確選項為A.4．(單選)某同學將一臺載有重物的電子臺秤置于直升式電梯內，從1樓直升到達10樓下電梯，在進入電梯到下電梯的全過程中他用相機拍攝了如圖所示的四幅照片，若電梯靜止時，電子臺秤指針恰好指到盤面示數為“9”的位置，據此下列推斷正確的是()A．甲應為電梯減速時所拍攝的B．乙表明白電梯處于失重狀態(tài)C．丙應為電梯勻速時所拍攝的D．丁應為電梯減速時所拍攝的解析：選D.電梯靜止時，電子臺秤指針恰好指到盤面示數為“9”的位置，若示數大于9，則電梯加速上升，處于超重狀態(tài)；若示數小于9，則電梯減速上升，處于失重狀態(tài)；若示數等于9，則電梯處于靜止或勻速運動狀態(tài)．所以D正確．5.(單選)如圖所示，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()A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2)C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)解析：選A.把m1、m2看做一個整體，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．6.(多選)(2021·江西六校聯考)如圖所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在光滑水平面上，其上放一質量為m2的木塊．t＝0時刻起，給木塊施加一水平恒力F.分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，圖中可能符合運動狀況的是()解析：選AC.t＝0時刻起，給木塊施加一水平恒力F，兩者可能一起加速運動，選項A正確；可能木塊的加速度大于木板的加速度，選項C正確．掃一掃進入91導學網()超重和失重一、單項選擇題1．(2021·海淀區(qū)模擬)如圖所示，將物體A放在容器B中，以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，下列說法正確的是()A．在上升和下降過程中A對B的壓力都確定為零B．上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力C．下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力D．在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力解析：選A.把容器B豎直上拋，容器B和物體A均處于完全失重狀態(tài)，在上升和下降過程中A對B的壓力都確定為零，選項A正確．2．(2021·福建四地六校聯考)如圖所示，在光滑水平面上有兩個質量分別為m1和m2的物體A、B，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質彈簧測力計．若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數為F1；假如改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數為F2.則以下關系式正確的是()A．a1＝a2，F1＜F2 B．a1＝a2，F1＞F2C．a1＜a2，F1＝F2 D．a1＞a2，F1＞F2解析：選B.把A、B兩個物體和彈簧測力計看做一個整體，由牛頓其次定律可知，a1＝a2，隔離后面的物體進行受力分析，由牛頓其次定律可知，F1＞F2，故選項B正確．3.如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一質點小球a、b、d，a、b、d三小球的質量比為1∶2∶3，現讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：選A.由題可知A、B、C、D恰好在以AC為直徑的圓上，且C為最低點，由等時圓學問可知三小球在桿上滑行時間相等，A對．4.(2021·河北衡水中學模擬)如圖所示是滑梯簡化圖，一小孩從滑梯上A點開頭無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài)．假設小孩在AB段和BC段滑動時的動摩擦因數分別為μ1和μ2，AB與BC長度相等，則()A．整個過程中地面對滑梯始終無摩擦力作用B．動摩擦因數μ1＋μ2＝2tanθC．小孩從滑梯上A點滑到C點先超重后失重D．整個過程中地面對滑梯的支持力始終等于小孩和滑梯的總重力解析：選B.整體在豎直方向上有加速度，在這兩段支持力與總重力都不相等，先失重后超重，水平方向上加速度先向右后向左，地面與滑梯之間存在摩擦力，由于AB和BC長度相等，A、C兩點速度均為零，則有gsinθ－μ1gcosθ＝μ2gcosθ－gsinθ，可得μ1＋μ2＝2tanθ，只有B正確．5.(2022·高考新課標全國卷Ⅰ)如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現使小車從靜止開頭向左加速，加速度從零開頭漸漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度(橡皮筋在彈性限度內)．與穩(wěn)定在豎直位置時相比，小球的高度()A．確定上升B．確定降低C．保持不變D．上升或降低由橡皮筋的勁度系數打算解析：選A.對小球進行受力分析，小球受重力mg、橡皮筋拉力kx作用，靜止時：kx1＝mg，小車加速運動時，豎直方向，有：kx2cosθ＝mg，由以上兩式得x1＝x2cosθ.設橡皮筋原長為L，小球離懸點的豎直高度由原來的L＋x1變?yōu)?L＋x2)cosθ，由于L＞Lcosθ，則小球離懸點的豎直高度減小了，所以，本題正確答案為A.☆6.如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放置著靜止的小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數．若A、B之間的最大靜摩擦力為f，且滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等，mB＝2mA.則下列圖象中，可以定性地描述長木板B運動的v－t圖象的是()甲乙解析：選C.依據題意，開頭時，A、B相對靜止，相對滑動前以相同加速度a＝eq\f(kt,mA＋2mA)向右做變加速運動，木板B的最大加速度aB＝eq\f(f,2mA)，當eq\f(kt－f,mA)＝eq\f(f,2mA)時，A、B開頭相對滑動，解得時間t＝eq\f(3f,2k)，之后A的加速度aA＝eq\f(kt－f,mA)隨時間增大，木板B以不變的加速度aB＝eq\f(f,2mA)做勻加速直線運動．從以上分析可知，C正確．二、多項選擇題7．如圖所示，光滑的水平面上靜置質量為M＝8kg的平板小車，在小車左端加一個由零漸漸增大的水平推力F，一個大小不計、質量為m＝2kg的小物塊放在小車右端上面，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長．重力加速度g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()A．當F增加到4N時，m相對M開頭運動B．當F增加到20N時，m相對M開頭運動C．當F＝10N時，m對M有向左的2N的摩擦力D．當F＝10N時，m對M有向右的4N的摩擦力解析：選BC.m運動的最大加速度a＝μg＝2m/s2，所以當整體的加速度達到2m/s2時，即F＝(m＋M)a＝20N時，m相對M開頭運動，A錯，B對；當F＝10N時，整體的加速度a′＝eq\f(F,M＋m)＝1m/s2＜2m/s2，所以m對M的摩擦力表現為靜摩擦力，方向向左，大小為f＝ma′＝2N，C對，D錯．8．(2021·南昌調研)如圖甲所示，在電梯箱內輕繩AO、BO、CO連接吊著質量為m的物體，輕繩AO、BO、CO對輕質結點O的拉力分別為F1、F2、F3.現電梯箱豎直向下運動，其速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度為g，則()甲乙A．在0～t1時間內，F1與F2的合力等于F3B．在0～t1時間內，F1與F2的合力大于mgC．在t1～t2時間內，F1與F2的合力小于F3D．在t1～t2時間內，F1與F2的合力大于mg解析：選AD.對輕質結點O，因沒質量，故其無論在何狀態(tài)下，F1、F2、F3三個力的合力都為零，即F1與F2的合力與F3等大反向，選項A正確，選項C錯誤；對物體進行受力分析，其受到豎直向下的重力mg和豎直向上的繩子的拉力F3，在0～t1時間內，電梯加速向下運動，物體處于失重狀態(tài)，F3＜mg，即F1與F2的合力小于mg，選項B錯誤；在t1～t2時間內，電梯減速向下運動，物體處于超重狀態(tài)，F3＞mg，即F1與F2的合力大于mg，選項D正確．9．(2021·北京師大附中模擬)如圖甲所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為θ的光滑斜面上．漸漸增大F，物體開頭做變加速運動，其加速度a隨F變化的圖象如圖乙所示．取g＝10m/s2.依據圖乙中所供應的信息能計算出的是()A．物體的質量B．斜面的傾角C．使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小D．加速度為6m/s2時物體的速度解析：選ABC.由題圖知，當F＝0時，a＝－6m/s2，即物體沿斜面下滑的加速度為6m/s2，由a＝gsinθ＝6m/s2得θ＝37°，當a＝0時，F＝15N，由平衡條件得：mg＝F·cot37°＝15×eq\f(4,3)N＝20N，m＝2kg.由于未知物體加速度達到6m/s2的時間，此時的速度無法求得．☆10.如圖甲所示，在水平地面上有一長木板B，其上疊放木塊A，假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力都和滑動摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度與F的關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則下列說法中正確的是()A．A的質量為0.5kgB．B的質量為1.5kgC．B與地面間的動摩擦因數為0.2D．A、B間的動摩擦因數為0.2解析：選AC.F≤3N時，A、B均靜止，表明B與地面間最大靜摩擦力為3N；3N＜F≤9N時，A、B一起以相同加速度運動，a＝eq\f(F－μ2mA＋mBg,mA＋mB)＝eq\f(1,mA＋mB)F－μ2g，由圖象斜率知mA＋mB＝1.5kg，B與地面間的動摩擦因數為μ2＝eq\f(f,mA＋mBg)＝0.2；當F＞9N時，A的加速度為aA＝μ1g，依據圖象可知μ1＝0.4，B的加速度為aB＝eq\f(F－μ1mAg－μ2mA＋mBg,mB)，由圖象斜率知mB＝1kg，mA＝0.5kg，A、C對．三、非選擇題11．(2021·湖北八校其次次聯考)如圖，可看做質點的小物塊放在長木板正中間，已知長木板質量為M＝4kg，長度為L＝2m，小物塊質量為m＝1kg，長木板置于光滑水平地面上，兩物體皆靜止．現在用一大小為F的水平恒力作用于小物塊上，發(fā)覺只有當F超過2.5N時，才能讓兩物體間產生相對滑動．設兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g＝10m/s2，試求：(1)小物塊和長木板間的動摩