资源简介

(共42张PPT)
第四章　运动和力的关系
本部分内容讲解结束
按ESC键退出全屏播放
》理论储备基础回顾
条分缕析·夯基固本◆
相对运动方间→摩擦力方向加速度方向速度变化情况
物与v同向
F突变匀速或
与反向是杏返
共速
变速
滑离
回加速
》典题分类讲练结合
分类讲解·举一反三
点击链接
》课后达标固落实
以练促学·补短扬长◆一、选择题
1.
(2019·湖南益阳高一期末)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平，则外力F的大小为(　　)
A．4.5mg　　　　　　　　
B．2mg
C．2mg
D．0.5mg
解析：选A.以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下．则mg和T的合力定沿斜面向下．如图，由牛顿第二定律得：＝ma，解得a＝2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)gsin
30°＝3ma；解得F＝4.5mg.
2．某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是(　　)
甲
乙
解析：选A.由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4
s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6
s沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8
s沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有A正确．
3．(2019·万州校级月考)如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力(　　)
A．与θ有关
B．与斜面动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．仅与两物体质量有关
解析：选D.对整体分析由牛顿第二定律得，a＝＝－gsin
θ－μgcos
θ；隔离对m2分析，有：T－m2gsin
θ－μm2gcos
θ＝m2a，解得T＝；知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．
4．(多选)(2019·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳的拉力等于
mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin2α)g
D．M运动的加速度大小为g
解析：选AD.第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsin
α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsin
α＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sin
α)g＝g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsin
α＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．
5．(2019·陕西高一期末)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是图中的(　　)
解析：选A.设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，解得a1＝－(μ1＋2μ2)g；达到相同速度之后，二者共同的加速度为－μ2·2mg＝2ma2，解得a2＝－μ2g；由加速度可知，图象A正确．
6．(多选)(2019·山东淄博高一期中)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)，人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是(　　)
A．甲车的加速度大小为
B．甲车的加速度大小为0
C．乙车的加速度大小为
D．乙车的加速度大小为0
解析：选BC.对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0；对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为.
7．(多选)(2019·鹤岗一中高一检测)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10
m/s2)(　　)
A．物体的质量为1
kg
B．物体的质量为2
kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析：选BC.由题图乙可知F1＝7
N时，a1＝0.5
m/s2，F2＝14
N时，a2＝4
m/s2，
由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，
解得m＝2
kg，μ＝0.3，故选项B、C正确．
8．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10
m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)
A．0.5
kg，0.4
B．1.5
kg，0.4
C．0.5
kg，0.2
D．1
kg，0.2
解析：选A.由F－t图和v－t图可得，物块在2～4
s内所受外力F＝3
N，物块做匀加速直线运动，a＝＝
m/s2＝2
m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4～6
s所受外力F＝2
N，物块做匀速直线运动，
则F＝Ff，F＝μmg，即10μm＝2②
由①②解得m＝0.5
kg，μ＝0.4，故A正确．
9．(2019·亭湖校级月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1
kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．若F＝1.5
N，则A物块所受摩擦力大小为1.5
N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若F＝8
N，则B物块的加速度为4.0
m/s2
解析：选B.A与纸板间的最大静摩擦力为fA＝μmAg＝0.3×1×10
N＝3
N，B与纸板间的最大静摩擦力为fB＝μmBg＝0.2×1×10
N＝2
N．若F＝1.5
N＜fA，AB与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得F－f＝mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F＝1.5
N，故A错误；当B刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得fB＝mBa0，又fB＝μmBg得a0＝2
m/s2；对整体，有F0＝(mA＋mB)a0＝2×2
N＝4
N，即达到4
N后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力f＝2
N．对A受力分析，A受到的摩擦力也为2
N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸板间不会发生相对运动．当拉力为8
N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2
N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2
m/s2，无论力F多大，A和纸带之间不会发生相对滑动，故B正确，C、D错误．
二、非选择题
10．如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳相连，mA＝2
kg，mB＝3
kg，mC＝1
kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10
m/s2，求：
(1)系统的加速度大小；
(2)绳1和绳2中的张力大小．
解析：(1)对A、B、C系统由牛顿第二定律得
mBg－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mB＋mC)a
解得a＝＝3.75
m/s2.
(2)设绳1的张力大小为F1，对C由牛顿第二定律得
F1－μmCg＝mCa
解得F1＝mCa＋μmCg＝6.25
N
设绳2的张力大小为F2，对A、C整体由牛顿第二定律得
F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a
解得F2＝(mA＋mC)a＋μ(mA＋mC)g＝18.75
N.
答案：(1)3.75
m/s2　(2)6.25
N　18.75
N习题课　牛顿运动定律的综合应用
1．牛顿第二定律：F＝ma，以加速度为桥梁联系力与运动的关系．
2．基本应用
(1)已知运动求受力．
(2)已知受力求运动．
(3)超失重现象．
(4)传送带模型的分析流程
3．连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或挤放在一起，或用绳子、细杆、弹簧等连在一起．
4．图象问题
(1)常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象和F－a图象等．
(2)图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
　连接体中整体法和隔离法的应用
在解决连接体问题时，隔离法和整体法往往交叉运用，可以优化解题思路和方法，使解题过程简洁明了．两种方法选择原则如下：
(1)求加速度相同的连接体的加速度或合外力时，优先考虑“整体法”；
(2)求物体间的作用力时，再用“隔离法”；
(3)如果连接体中各部分的加速度不同，一般选用“隔离法”．
(2019·湖南益阳高一期末)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力沿水平方向拉着
a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用恒力F竖直向上拉着
a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上拉着
a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示．则(　　)
A．x1＝
x2＝x3
B．x1
>x3＝x2
C．若m1>m2，则
x1>x3＝x2
D．若m1x1＜x3＝x2
[思路点拨]
解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．
[解析]　通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量．对左图运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：a1＝，对b物体有：T1＝m2a1；得：T1＝；对中间图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：a2＝，对b物体有T2－m2g＝m2a2，得：T2＝；对右图，整体的加速度：a3＝，对物体b：T3－m2gsin
θ－μm2gcos
θ＝m2a3，解得T3＝；则T1＝T2＝T3，根据胡克定律可知，x1＝x2＝x3.
[答案]　
A
求解连接体问题的一般思路
先用整体法或隔离法求加速度，再用另一方法求物体间的作用力或系统所受合力．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析．　
【达标练习】
1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M
＞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θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则(　　)
A．a′＝a，F′1＝F1　　　　
B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1
D．a′＞a，F′1＞F1
解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，
竖直方向有F1cos
θ＝mg①
水平方向有F－F1sin
θ＝ma
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a
解得a＝gtan
θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cos
θ＝mg③
水平方向有F′1sin
θ＝ma′
解得a′＝gtan
θ④
结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.
2．(2019·长春期末)如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)．
(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT.
(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到FT，求m1∶m2.
解析：(1)对B有：m2g－FT＝m2a1
对A有：FT＝m1a1
则FT＝
.
(2)对B有：m2g－FT2＝m2a2
对A＋C有：FT2＝2m1a2
则FT2＝
.
由FT2＝FT得
＝
所以m1∶m2＝1∶2.
答案：(1)
　(2)1∶2
　牛顿运动定律与图象的综合问题
解决这类问题的基本步骤
(1)看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．
(2)看图线本身，识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．
(3)看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件．明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．
在看懂以上三个方面后，进一步弄清“图象与公式”“图象与图象”“图象与物体”之间的联系与变通，以便对有关的物理问题作出准确的判断．
　(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
[解析]　由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin
θ＋Ff＝ma1，mgsin
θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin
θ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos
θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图线中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
[答案]　ACD
v－t图象(属于已知运动求受力)
(1)根据图象确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段与物体运动的对应关系(3)对各段进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解
F－t图象(属于已知受力求运动)
(1)根据图象结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量
a－F图象
图象的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响，(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力
【达标练习】
1．(2019·湖北沙市高一期末)如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是(　　)
解析：选A.对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．设单位长度质量为m，对整体分析有F＝Lma；对x分析可知T＝xma，联立解得：T＝x，故可知T与x成正比，且x＝0时，T＝0，故A正确．
2．如图甲所示，固定光滑轻杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F的作用下向上运动，推力F与小环的速度v随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)小环的质量m；
(2)轻杆与地面间的倾角α.
解析：(1)由F－t图象知，0～2
s内推力F1＝5.5
N，由v－t图象知，在此时间段内小环做匀加速直线运动，
加速度a＝＝0.5
m/s2
根据牛顿第二定律得
F1－mgsin
α＝ma①
由F－t图象知，2
s以后推力F2＝5
N，
由v－t图象知，此时间段内小环做匀速直线运动，所以有
F2－mgsin
α＝0②
联立①②解得m＝1
kg.
(2)将m＝1
kg代入②式解得sin
α＝，故α＝30°.
答案：(1)1
kg　(2)30°
　滑块—滑板模型
滑板—滑块模型的三个基本关系
加速度关系
如果板、块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板、块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出板、块运动的加速度．应注意找出板、块是否发生相对运动的隐含的条件
速度关系
板、块之间发生相对运动时，认清板、块的速度关系，从而确定板、块受到的摩擦力．应注意当板、块的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移关系
板、块叠放在一起运动时，应仔细分析板、块的运动过程，认清板块对地的位移和板块之间的相对位移之间的关系
这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程式．
　如图，质量M＝8
kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16
N，当小车向右运动速度达到3
m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2
kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10
m/s2，问：
(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？(小车足够长)
(3)小物块从放在车上开始经过t0＝3
s所通过的位移是多少？
(4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为F2＝25
N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？
[解析]　(1)对物块：μmg＝ma1，得a1＝4
m/s2
对小车：F1－μmg＝Ma2，
得a2＝1
m/s2.
(2)物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1＝v0＋a2t1
得t1＝1
s.
(3)t1内物块位移x1＝a1t＝2
m
t1时刻物块速度v1＝a1t1＝4
m/s
t1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：
F1＝(M＋m)a3，得a3＝1.6
m/s2
则t1～3
s内物块位移x2＝v1t2＋a3t＝11.2
m
则3
s内物块位移x＝x1＋x2＝13.2
m.
(4)两者恰好不发生相对滑动时，对m有：
Ffm＝mam得am＝4
m/s2
对整体有：F0＝(m＋M)am＝40
N
由于F2[答案]　(1)4
m/s2　1
m/s2　(2)1
s　(3)13.2
m
(4)见解析
【达标练习】
1．质量m0＝30
kg、长L＝1
m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10
kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4
m/s
的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10
m/s2)．则以下判断中正确的是　(　　)
A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
解析：选C.木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40
N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F′f2，方向向右，大小为F′f2＝Ff2＝40
N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即Ff1＝μ1(m＋m0)g＝60
N．Ff1方向向左，F′f2＜Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－v＝－2μ2gx得x＝2
m＞L＝1
m，故小木块能滑出木板，选项C正确．
2．如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量M＝4
kg，长L＝1.4
m．木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1
kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.(取g＝10
m/s2)
(1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的范围是多少？
(2)其他条件不变，若恒力F＝22.8
N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？
解析：(1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出μmg＝ma1，解得a1＝4
m/s2，对木板分析得出F－μmg＝Ma2，
加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要满足a2>a1，解得F>20
N.
(2)当F＝22.8
N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma3，则a3＝4.7
m/s2.
设经时间t，小滑块从木板上滑落，则a3t2－a1t2＝L，
解得t＝－2
s(舍去)或t＝2
s.
答案：(1)F>20
N　(2)2
s
一、选择题
1.
(2019·湖南益阳高一期末)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平，则外力F的大小为(　　)
A．4.5mg　　　　　　　　
B．2mg
C．2mg
D．0.5mg
解析：选A.以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下．则mg和T的合力定沿斜面向下．如图，由牛顿第二定律得：＝ma，解得a＝2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)gsin
30°＝3ma；解得F＝4.5mg.
2．某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是(　　)
甲
乙
解析：选A.由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4
s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6
s沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8
s沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有A正确．
3．(2019·万州校级月考)如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力(　　)
A．与θ有关
B．与斜面动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．仅与两物体质量有关
解析：选D.对整体分析由牛顿第二定律得，a＝＝－gsin
θ－μgcos
θ；隔离对m2分析，有：T－m2gsin
θ－μm2gcos
θ＝m2a，解得T＝；知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．
4．(多选)(2019·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳的拉力等于
mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin2α)g
D．M运动的加速度大小为g
解析：选AD.第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsin
α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsin
α＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sin
α)g＝g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsin
α＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．
5．(2019·陕西高一期末)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是图中的(　　)
解析：选A.设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，解得a1＝－(μ1＋2μ2)g；达到相同速度之后，二者共同的加速度为－μ2·2mg＝2ma2，解得a2＝－μ2g；由加速度可知，图象A正确．
6．(多选)(2019·山东淄博高一期中)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)，人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是(　　)
A．甲车的加速度大小为
B．甲车的加速度大小为0
C．乙车的加速度大小为
D．乙车的加速度大小为0
解析：选BC.对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0；对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为.
7．(多选)(2019·鹤岗一中高一检测)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10
m/s2)(　　)
A．物体的质量为1
kg
B．物体的质量为2
kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析：选BC.由题图乙可知F1＝7
N时，a1＝0.5
m/s2，F2＝14
N时，a2＝4
m/s2，
由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，
解得m＝2
kg，μ＝0.3，故选项B、C正确．
8．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10
m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)
A．0.5
kg，0.4
B．1.5
kg，0.4
C．0.5
kg，0.2
D．1
kg，0.2
解析：选A.由F－t图和v－t图可得，物块在2～4
s内所受外力F＝3
N，物块做匀加速直线运动，a＝＝
m/s2＝2
m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4～6
s所受外力F＝2
N，物块做匀速直线运动，
则F＝Ff，F＝μmg，即10μm＝2②
由①②解得m＝0.5
kg，μ＝0.4，故A正确．
9．(2019·亭湖校级月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1
kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．若F＝1.5
N，则A物块所受摩擦力大小为1.5
N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若F＝8
N，则B物块的加速度为4.0
m/s2
解析：选B.A与纸板间的最大静摩擦力为fA＝μmAg＝0.3×1×10
N＝3
N，B与纸板间的最大静摩擦力为fB＝μmBg＝0.2×1×10
N＝2
N．若F＝1.5
N＜fA，AB与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得F－f＝mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F＝1.5
N，故A错误；当B刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得fB＝mBa0，又fB＝μmBg得a0＝2
m/s2；对整体，有F0＝(mA＋mB)a0＝2×2
N＝4
N，即达到4
N后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力f＝2
N．对A受力分析，A受到的摩擦力也为2
N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸板间不会发生相对运动．当拉力为8
N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2
N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2
m/s2，无论力F多大，A和纸带之间不会发生相对滑动，故B正确，C、D错误．
二、非选择题
10．如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳相连，mA＝2
kg，mB＝3
kg，mC＝1
kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10
m/s2，求：
(1)系统的加速度大小；
(2)绳1和绳2中的张力大小．
解析：(1)对A、B、C系统由牛顿第二定律得
mBg－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mB＋mC)a
解得a＝＝3.75
m/s2.
(2)设绳1的张力大小为F1，对C由牛顿第二定律得
F1－μmCg＝mCa
解得F1＝mCa＋μmCg＝6.25
N
设绳2的张力大小为F2，对A、C整体由牛顿第二定律得
F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a
解得F2＝(mA＋mC)a＋μ(mA＋mC)g＝18.75
N.
答案：(1)3.75
m/s2　(2)6.25
N　18.75
N

展开更多......

收起↑