2021屆高考物理粵教版一輪學案：第三章專題1牛頓運動定律的綜合應用-學案下載-教習網

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關系，進而明確“圖象與公式”“圖象與規(guī)律”間的關系；然后根據函數關系讀取圖象信息或描點作圖。
(2)讀圖時，要注意圖線的起點、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。
考向　動力學中的v－t圖象
【例1】 (多選)(2015·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1
A.斜面的傾角
B.物塊的質量
C.物塊與斜面間的動摩擦因數
D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析　由v－t圖象可求物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a＝，根據牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝。同理向下滑行時gsin θ－μgcos θ＝，兩式聯立得sin θ＝，μ＝，可見能計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數，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，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為s＝t1，根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為ssin θ＝t1×＝，選項D正確；僅根據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)(2019·全國Ⅲ卷，20)如圖2(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數據可以得出(　　)

圖2
A.木板的質量為1 kg
B.2 s～4 s內，力F的大小為0.4 N
C.0～2 s內，力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
解析　木板和實驗臺間的摩擦忽略不計，由題圖(b)知，2 s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2 N。
由題圖(c)知，2～4 s內，
木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，
撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2
設木板質量為m，根據牛頓第二定律
對木板有：
2～4 s內：F－f＝ma1
4～5 s內：f＝ma2
且知f＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，選項A、B正確，D錯誤；
0～2 s內，由題圖(b)知，F是均勻增加的，選項C錯誤。
答案　AB
考向　動力學中的F－s圖象
【例3】 (2018·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)?，F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，在彈簧恢復原長前，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，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數關系，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。從某時刻開始，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，根據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　C

1.如圖4所示，一豎直放置的輕彈簧下端固定于桌面，現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，當物塊與彈簧分離后，再做豎直上拋運動，到最高點時速度為0，故A項正確。
答案　A
2.(多選)(2020·福建省三明市質檢)水平地面上質量為1 kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2隨時間的變化如圖5所示，已知物塊在前2 s內以4 m/s的速度做勻速直線運動，取g＝10 m/s2，則(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)

圖5
A.物塊與地面間的動摩擦因數為0.2
B.3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N
C.4 s末物塊受到的摩擦力大小為1 N
D.5 s末物塊的加速度大小為3 m/s2
解析　在0～2 s內物塊做勻速直線運動，則摩擦力f＝3 N，則μ＝＝＝0.3，選項A錯誤；2 s后物塊做勻減速直線運動，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，則經過t＝＝2 s，即4 s末速度減為零，則3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N，4 s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6 N－5 N＝1 N，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5 s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：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，考查共點力平衡或牛頓運動定律的應用。
(3)通過滑輪關聯：通過滑輪關聯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，可分別根據牛頓第二定律建立方程，聯立求解。
2.解決連接體問題的兩種方法

考向　相對靜止類
【例5】 (多選)(2015·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)數可能為(　　)
A.8 B.10
C.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，以西邊這些車廂為研究對象，有F＝nma①
P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對象，有
F＝km·a②
聯立①②得3n＝2k，
總車廂數為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數，
當n＝2時，k＝3，總節(jié)數為N＝5
當n＝4時，k＝6，總節(jié)數為N＝10
當n＝6時，k＝9，總節(jié)數為N＝15
當n＝8時，k＝12，總節(jié)數為N＝20，故選項B、C正確。
答案　BC
考向　相對運動類
【例6】 (多選)(2019·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受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力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變化的情況如圖乙所示。已知物塊A的質量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　)

圖6
A.兩物塊間的動摩擦因數為0.2
B.當0＜F＜4 N時，A、B保持靜止
C.當4 N＜F＜12 N時，A、B發(fā)生相對運動
D.當F＞12 N時，A的加速度隨F的增大而增大
解析　根據題圖乙可知，發(fā)生相對滑動時，A、B間滑動摩擦力為6 N，所以A、B之間的動摩擦因數μ＝＝0.2，選項A正確；當0＜F＜4 N時，根據題圖乙可知，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4 N＜F＜12 N時，根據題圖乙可知，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＞12 N時，根據題圖乙可知，此時A、B發(fā)生相對滑動，對A物體有a＝＝2 m/s2，加速度不變，選項D錯誤。
答案　AB

1.(2019·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7
A.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，根據牛頓第二定律，對物塊有FN＝ma，對物塊和小車整體有F＝(M＋m)a，聯立可得a＝，FN＝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然保持靜止，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，FN隨F的增大而增大，選項B錯誤。

答案　A
2.(多選)在上題中，若已知物塊與車廂壁間的動摩擦因數為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)?M＋m)g，物塊將沿車廂壁下滑
B.若將力F大小變?yōu)?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，聯立解得F0＝(M＋m)g，由于(M＋m)g＞F0，故物塊仍然與車廂壁相對靜止，選項A錯誤；由于(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　BD
3.(2019·廣東惠州第二次調研)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迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。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為(　　)

圖8
A.3μmg B.4μmg
C.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)生相對運動需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，很多情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時開始，對B施加沿斜面向上的外力，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分離。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9
A.物塊A、B分離時，彈簧的彈力恰好為零
B.物塊A、B分離時，A、B之間的彈力恰好為零
C.物塊A、B分離后，物塊A開始減速
D.從開始到物塊A、B分離所用的時間t＝2
解析　物塊A、B開始分離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分離后，A開始做加速度逐漸減小的加速運動。
開始時受力平衡，根據平衡條件可得
kx0＝3mgsin θ，解得k＝
物塊A、B開始分離時二者之間的彈力為零，選項A、C錯誤，B正確；
對A，根據牛頓第二定律kx－2mgsin θ＝2ma，
則得x＝＝·x0，
根據x0－x＝at2可得物塊A、B分離的時間
t＝，選項D錯誤。
答案　B

1.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＝ 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10 m/s2)(　　)

圖10
A.10 N B.5 N
C. N D. 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。

根據牛頓第二定律，有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－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′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，聯立解得FT′＝10 N，故選項A正確。
答案　A
2.如圖11所示，一質量m＝0.40 kg、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，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，物塊在A點的速度為v0＝2 m/s，A、B之間的距離L＝10 m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

圖11
(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大??；
(2)拉力F與斜面夾角為多大時，拉力F最??？拉力F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＋at2，v＝v0＋at
聯立兩式，代入數據得
a＝3 m/s2，v＝8 m/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，

由牛頓第二定律得
Fcos α－mgsin θ－f＝ma，
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0，
又f＝μFN，
聯立解得F＝，
由數學知識得
cos α＋sin α＝sin (60°＋α)，
可知對應F最小時F與斜面的夾角α＝30°，
聯立并代入數據得F的最小值為Fmin＝ N。
答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 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用水平3 N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1
A.1 N B.1.5 N
C.2 N D.3 N
解析　設B物體的質量為m，A對B的拉力為FAB，對A、B 整體，根據牛頓第二定律得F＝(mA＋mB)a，則a＝，對B有FAB＝ma，所以FAB＝1 N。
答案　A
2.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2
A. B.
C. D.
解析　把m1、m2看成一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，選項A正確。
答案　A
3.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＝μgcos θ－gsin θ，方向沿斜面向上，選項C、D錯誤；s＝v0t－at2，h＝ssin θ，由圖象規(guī)律可知選項A錯誤，B正確。
答案　B
4.一次演習中，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60 kg。設降落傘用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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

圖4
A.前2 s處于超重狀態(tài)
B.從200 m高處開始跳下
C.落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為125 N
D.整個運動過程中的平均速度大小為10 m/s
解析　由v－t圖可知，降落傘在前2 s內加速下降，中間5 s 勻速下降，最后6 s減速下降，故前2 s失重，選項A錯誤；由v－t圖象與橫軸面積的物理意義知s＝×(5＋13)×20 m＝180 m，選項B錯誤；落地前瞬間a＝＝ m/s2＝－ m/s2，對特戰(zhàn)兵，由牛頓第二定律，8FT·cos 37°－mg＝m|a|，FT＝125 N，選項C正確；全程平均速度v＝＝ m/s＞10 m/s，選項D錯誤。
答案　C
5.(2020·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＝。已知重力加速度大小為g，則力F的大小為(　　)

圖5
A.Mg B.Mg
C.(M＋m)g D.(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，根據牛頓第二定律知，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cos θ＝＝，sin θ＝＝，則tan θ＝，根據牛頓第二定律，對小球有mgtan θ＝ma，解得小球的加速度a＝g，對A、B整體有F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)g，選項D正確。

答案　D
6.(2019·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＝2.0 kg，小車上放一個物體，其質量為mB＝1.0 kg，如圖甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動。如果撤去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6
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
解析　根據題圖甲所示，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，根據牛頓第二定律，對A、B整體有F＝(mA＋mB)a，對A有fmax＝mAa，代入數據解得fmax＝2.0 N。根據題圖乙所示情況，設A、B剛好相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，根據牛頓第二定律得：以B為研究對象有fmax＝mBa′，以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數據解得Fmax＝6.0 N，故C項正確。
答案　C
7.如圖7甲所示，在水平地面上放置一個質量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻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為μ＝0.5，g取10 m/s2。則：

圖7
(1)運動過程中物體的最大加速度為多少？
(2)距出發(fā)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)由牛頓第二定律，得F－μmg＝ma
當推力F＝100 N時，物體所受的合力最大，加速度最大，
代入數值解得a＝－μg＝20 m/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＝20 N
由題圖得到F與s的函數關系式F＝100－25s
則得到s＝3.2 m。
(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＝200 J
根據動能定理W－μmgsm＝0
代入數據得sm＝10 m。
答案　(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m
綜合提能練
8.(多選)如圖8甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，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變化的關系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2。下列選項中正確的是(　　)

圖8
A.2 s末到3 s末物塊做勻減速運動
B.在t＝1 s時刻，恒力F反向
C.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
D.恒力F大小為10 N
解析　物塊做勻減速直線運動的加速度大小為a1＝＝10 m/s2，物塊做勻減速直線運動的時間為t1＝＝ s＝1 s，即在t＝1 s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＝＝4 m/s2，根據牛頓第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，聯立解得F＝7 N，Ff＝3 N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C項正確，D項錯誤。
答案　BC
9.(2019·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?，F對B施加一個沿斜面向上的拉力F，F的大小從零隨時間均勻增大，斜劈A一直處于靜止狀態(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變化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μmgcos α≥mgsin α，有外力F后，F＝kt(k＞0)。以B為研究對象，A對B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡條件得F＋f1＝mgsin α，得f1＝mgsin α－kt，知f1隨時間均勻減小。當F＝mgsin α時，得f1＝0。之后，A對B的摩擦力沿斜面向下，由平衡條件得F＝f1＋mgsin α，得f1＝kt－mgsin α，知f1隨時間均勻增大。當F增大到小物塊B開始相對于斜劈A運動時，f1＝μmgcos α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組成的整體為研究對象，由平衡條件得f2＝Fcos α＝ktcos α，則f2與t成正比。當B相對A向上運動后，A的受力情況與有相對運動之前瞬間相同，f2不變，故C錯誤，D正確。
答案　D
10.(多選)如圖10所示，a、b、c為三個質量均為m的物塊，物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上，物塊c放在b上?，F用水平拉力作用于a，使三個物塊一起水平向右勻速運動。各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)

圖10
A.該水平拉力大于輕繩的彈力
B.物塊c受到的摩擦力大小為μmg
C.當該水平拉力增大為原來的1.5倍時，物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmg
D.剪斷輕繩后，在物塊b向右運動的過程中，物塊c受到的摩擦力大小為μmg
解析　三物塊一起做勻速直線運動，由平衡條件得，對a、b、c系統(tǒng)：F＝3μmg，對b、c系統(tǒng)：FT＝2μmg，則F＞FT，即水平拉力大于輕繩的彈力，故A正確；c做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則c不受摩擦力，故B錯誤；當水平拉力增大為原來的1.5倍時，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛頓第二定律得，對a、b、c系統(tǒng)F′－3μmg＝3ma，對c：f＝ma，解得f＝0.5μmg，故C正確；剪斷輕繩后，b、c一起做勻減速直線運動，對b、c系統(tǒng)，由牛頓第二定律得2μmg＝2ma′，對c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正確。
答案　ACD
11.如圖11所示，傾角為θ＝53°、質量為M＝2 kg的光滑斜面體A上有一個m＝0.5 kg的小球B，斜面體放在光滑的水平桌面上，斜面體與一平行于桌面的細繩相連，繩的另一端跨過一不計摩擦的輕質定滑輪掛一個質量為m0的物塊C，桌子固定于水平地面上，將物塊由靜止釋放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。

圖11
(1)若小球與斜面恰好沒有彈力，此時小球與斜面體向右運動的加速度a為多大？
(2)若小球與斜面恰好沒有彈力，m0為多少？
(3)m0為多少時，小球與斜面之間的彈力為1.5 N?
解析　(1)對小球進行受力分析，
由牛頓第二定律可知＝ma
代入數據解得a＝7.5 m/s2。
(2)對小球和斜面體組成的整體進行受力分析，
有F＝(m＋M)a
對物塊進行受力分析，有m0g－F＝m0a
聯立方程并代入數據解得m0＝7.5 kg。
(3)如圖所示，對小球進行受力分析，由牛頓第二定律，有

FT′cos θ－FN′sin θ＝ma′
FN′cos θ＋FT′sin θ＝mg
聯立方程并代入數據解得
a′＝3.75 m/s2
對小球與斜面體組成的整體進行受力分析，有F′＝(m＋M)a′
對物塊，有m0g－F′＝m0a′
聯立方程并代入數據解得m0＝1.5 kg。
答案　(1)7.5 m/s2　(2)7.5 kg　(3)1.5 kg