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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第5章　牛頓運動定律
素養提升課(三)　動力學中的三類常見題型
[學習目標]　1．知道幾種常見的動力學圖像并能分析解決這些圖像問題。2．會分析解決動力學中的臨界問題。3．知道什么是連接體問題，并能解決動力學中的連接體問題。
關鍵能力·情境探究達成
考點1　瞬時加速度的計算
1．問題特點
根據牛頓第二定律可知，加速度與合力存在瞬時對應關系。分析物體的瞬時問題，關鍵是分析該時刻前后的受力情況和運動狀態，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意兩類基本模型的建立。
2．兩類基本模型
兩類模型 剛性繩 彈性繩
模型代表 輕繩、線、接觸面 彈簧、橡皮筋
相同點 質量和重力均可忽略，同一根繩、線、彈簧或橡皮筋兩端及中間各點的彈力大小相等
不同點 形變不明顯，剪斷之后，形變恢復幾乎不需要時間，彈力立刻消失或改變 形變量大，恢復形變需要較長時間。在瞬時問題中，彈力視為不變
【典例1】　(雙選)如圖所示，質量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細繩Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q兩點。小球靜止時，Ⅰ中拉力的大小為F1，Ⅱ中拉力的大小為F2，當僅剪斷Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬間，球的加速度a應是(　　)
A．若剪斷Ⅰ，則a＝g，方向豎直向下
B．若剪斷Ⅱ，則a＝，方向水平向左
C．若剪斷Ⅰ，則a＝，方向沿Ⅰ的延長線方向
D．若剪斷Ⅱ，則a＝g，方向豎直向上
√
√
AB　[沒有剪斷Ⅰ、Ⅱ時小球受力情況如圖所示，在剪斷Ⅰ的瞬間，由于小球的速度為0，繩Ⅱ上的力突變為0，則小球只受重力作用，加速度為g，選項A正確，C錯誤；若剪斷Ⅱ，由于彈簧的彈力不能突變，F1與重力的合力大小仍等于F2，所以此時加速度為a＝，方向水平向左，選項B正確，D錯誤。]
[跟進訓練]
1．如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，兩個質量相同的小球A、B通過彈簧相連，A球用一根細線系在斜面上端，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面。在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．aA＝0，aB＝g　　　　 B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
√
B　[設兩球的質量均為m。在細線燒斷前，以B球為研究對象，根據平衡條件得到彈簧的彈力F＝mg sin θ；在細線被燒斷的瞬間，彈簧的彈力沒有變化，則B球的受力情況沒有變化，瞬時加速度為零，即aB＝0，而此瞬間A球所受的合力大小為：F＋mg sin θ＝2mg sin θ，并且方向沿斜面向下，根據牛頓第二定律得，A球的加速度大小為：aA＝＝g，方向沿斜面向下，故B正確，A、C、D錯誤。]
考點2　動力學中的圖像問題
1．常見的幾種圖像：v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、a-F圖像等。
2．兩類問題
(1)已知物體的運動圖像或受力圖像，分析有關受力或運動問題。
(2)已知物體的受力或運動情況，判斷選擇有關的圖像。
3．圖像問題的分析思路
(1)分析圖像問題時，首先明確圖像的種類及其意義，再明確圖線的點、線段、斜率、截距、交點、拐點、面積等方面的物理意義。
(2)根據牛頓運動定律及運動學公式建立相關方程解題。
【典例2】　一質量m＝2.0 kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°的足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的v-t圖像，如圖所示，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)小物塊沖上斜面過程中加速度的大小；
(2)小物塊與斜面間的動摩擦因數。
[解析]　(1)由v-t圖像可知加速度的大小為a＝ m/s2＝。
(2)對物塊受力分析，物塊受重力、支持力、摩擦力f作用
沿斜面方向：mg sin 37°＋f＝ma
垂直斜面方向：mg cos 37°＝N
又f＝μN
聯立以上三式得a＝g sin 37°＋μg cos 37°
代入數據解得μ＝0.25。
[答案]　(1)8 m/s2　(2)0.25
規律方法　(1)分清圖像的類別：分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義，比如，要注意圖線與橫、縱軸的交點，圖線的拐點，兩圖線的交點等。
(3)把圖像與具體的題意、情境結合起來，應用物理規律列出與圖像對應的函數關系式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題做出準確判斷。
[跟進訓練]
2．(教材P148T6圖像改編)如圖(a)所示，小木塊在外力F的作用下由靜止開始沿粗糙水平面運動，運動過程中木塊的速度v隨位移x變化的圖像如圖(b)所示，下列速度v隨時間t、外力F隨速度v變化的圖像可能正確的是(　　)
B　[由題圖(b)可得v＝kx，則Δv＝kΔx，整理可得，可得a＝kv，可知加速度隨速度的增大而增大，A錯誤，B正確；根據牛頓第二定律有F－f＝ma，可得F＝kmv＋f，當v＝0時，F>0，C、D錯誤。]
√
考點3　動力學中的臨界極值問題
1．題型特點
在動力學問題中出現某種物理現象(或物理狀態)剛好要發生或剛好不發生的轉折狀態即臨界問題。問題中出現“最大”“最小”“剛好”“恰能”等關鍵詞語，一般都會涉及臨界問題，隱含相應的臨界條件。
2．臨界問題的常見類型及臨界條件
(1)接觸與分離的臨界條件：兩物體相接觸(或分離)的臨界條件是彈力為零且分離瞬間的加速度、速度分別相等。
(2)相對靜止或相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大靜摩擦力。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是繩上的張力恰好為零。
(4)出現加速度最值與速度最值的臨界條件：當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度。當出現加速度為零時，物體處于臨界狀態，對應的速度達到最大值或最小值。
3．解題關鍵
正確分析物體的受力情況及運動情況，對臨界狀態進行判斷與分析，挖掘出隱含的臨界條件。
【典例3】　用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩個光滑斜面之間，如圖所示，卡車向右行駛，兩個斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為53°和37°。已知sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度為g。
(1)當卡車沿平直公路勻速行駛時，求斜面Ⅰ、Ⅱ分別對工件的彈力大小；
(2)當卡車沿平直公路以g的加速度勻減速行駛時，求斜面Ⅰ、Ⅱ分別對工件的彈力大小；
(3)為保證行車安全，求卡車沿平直公路勻加速行駛的最大加速度。
[解析]　(1)以工件為研究對象，受力分析如圖所示。根據共點力的平衡條件可知，斜面Ⅰ、Ⅱ對工件的壓力大小分別為
F′1＝mg cos 53° ＝ mg，F′2＝mg cos 37° ＝ mg
根據牛頓第三定律可知
F1＝F′1＝mg，F2＝F′2＝mg。
(2)以工件為研究對象，斜面Ⅰ、Ⅱ對工件的壓力大小分別為F3、F4，在水平方向上根據牛頓第二定律有
F4sin 37°－F3sin 53°＝ma
在豎直方向上根據平衡條件有
F3cos 53°＋F4cos 37°＝mg
解得F3＝mg。
(3)卡車沿平直公路勻加速行駛的最大加速度時，斜面Ⅰ對工件壓力大小為F5，斜面Ⅱ對工件的彈力大小為0，則有
F5sin 53°＝mam，F5cos 53°＝mg
解得am＝g。
答案：(1)mg　mg　(2)mg　mg　(3)g
規律方法　求解臨界極值問題的三種常用方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學方法 將物理過程轉化為數學公式，根據數學表達式解出臨界條件
[跟進訓練]
3．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上端固定一勁度系數為20 N/m 的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2 kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變。若擋板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下勻加速運動，g取10 m/s2，則(　　)
A．小球向下運動0.4 m時速度最大
B．小球向下運動0.1 m時與擋板分離
C．小球速度最大時與擋板分離
D．小球從一開始就與擋板分離
√
B　[球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后小球做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時小球所受合力為零，即kxm＝mg sin 30°，解得xm＝＝0.5 m。由于開始時彈簧處于原長，所以速度最大時，小球向下運動的路程為0.5 m，故A錯誤；設球與擋板分離時位移為x，從開始運動到分離的過程中，小球受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板的支持力F1和彈簧彈力F。根據牛頓第二運動定律有mg sin 30°－kx－F1＝ma，保持a不變，隨著x的增大，F1減小，當小球與擋板分離時，
F1減小到零，則有mg sin 30°－kx＝ma，解得x＝＝0.1 m，即小球向下運動0.1 m時與擋板分離，故B正確；因為小球速度最大時，運動的位移為0.5 m，而小球運動0.1 m時已經與擋板分離，故C、D錯誤。]
考點4　動力學中的連接體問題
1．連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等連接)在一起構成的物體系統稱為連接體。
2．連接體問題的分類
(1)加速度相同的連接體。
(2)加速度不同的連接體。
3．解決連接體問題的兩種方法
【典例4】　AB是固定在空中的光滑水平橫桿，一質量為M的物塊穿在桿AB上，物塊通過細線懸吊著一質量為m的小球。現用沿桿的恒力F拉物塊使物塊、小球一起(保持相對靜止)向右運動，細線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則以下說法不正確的是(　　)
A．桿對物塊的支持力為g
B．細線上的拉力為
C．F＝g tan θ
D．物塊和小球的加速度為g tan θ
√
B　[對小球和物塊組成的整體受力分析，如圖甲所示，豎直方向上受重力和支持力處于平衡態，因此桿對物塊的支持力為FN＝g，故A正確；對小球受力分析，如圖乙所示，
則FT＝，由牛頓第二定律得mg tan θ＝ma，兩物體保持相對靜止即加速度相同，為a＝g tan θ，故B錯誤，D正確；對整體，在水平方向上有F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan θ，故C正確。故選B。]
規律方法　整體法、隔離法的選取原則
(1)對于加速度相同的連接體，如果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研究對象，應用牛頓第二運動定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內力”。
(2)對于加速度不同的連接體問題一般選擇隔離法。
[跟進訓練]
4．(雙選)如圖所示，質量均為m＝1 kg的A、B兩物塊置于傾角為37°的斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數均為，物塊間用一與斜面平行的輕繩相連，繩中無拉力，現用力F沿斜面向上拉物塊A，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度g＝10 m/s2。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列說法正確的是(　　)
A．當0B．當F＝2 N時，A物塊受到的摩擦力為5 N
C．當F>24 N時，繩中拉力為
D．當F＝20 N時，B物塊受到的摩擦力為4 N
√
√
AC　[mg sin 37°＝μmg cos 37°＝6 N，當02mg sin 37°＋2μmg cos 37°＝24 N時，整體向上加速運動，根據牛頓第二定律，設繩子拉力為FT，對整體有F－2mg sin 37°－2μmg cos 37°＝2ma，對B有FT－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，可得繩中拉力為，故C正確；當F＝20 N時，整體不動，設繩子拉力為FT，對A有F＝FT＋mg sin 37°＋μmg cos 37°，得FT＝
8 N，對B有FT＝mg sin 37°＋Ff，得Ff＝2 N，故D錯誤。]
題號
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素養提升練(三)　動力學中的三類常見題型
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一、選擇題
1．如圖所示，質量均為m的兩個木塊 P、Q 疊放在光滑的水平地面上，P、Q 接觸面的傾角為θ。現在 Q 上加一水平推力 F，使 P、Q 保持相對靜止一起向左做勻加速直線運動，已知重力加速度為g，下列說法正確的有(　　)
A．木塊Q對地面的壓力可能小于2mg
B．當F增大時，P、Q間的摩擦力一定增大
C．若加速度a＝g tan θ，則P受到摩擦力為零
D．若加速度a題號
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√
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C　[以木塊P、Q整體為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則有FN＝2mg，由牛頓第三定律可知，木塊Q對地面的壓力為2mg，A錯誤；P、Q保持相對靜止一起向左做勻加速直線運動，若F較小時，P有向下滑動的趨勢，摩擦力沿斜面向上；若F較大時，P有向上滑動的趨勢，摩擦力沿斜面向下，因此在F增大的過程中，摩擦力可能增大，也可能減小，也可能先減小后反向增大，B錯誤；對P受力分析，假設P受Q的摩擦力沿斜面向上為f，Q對P的支持力為N，在
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水平方向由牛頓第二定律可得N sin θ－f cos θ＝ma，在豎直方向由平衡條件可得N cos θ＋f sin θ＝mg，聯立解得a＝g tan θ－，若加速度a＝g tan θ，則有P受到摩擦力是零，C正確；由C選項分析計算可知，若加速度a√
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2．如圖所示，A、B兩物體用輕質彈簧連接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動，這時彈簧的長度為l1；若將A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做勻加速直線運動，此時彈簧的長度為l2。若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數相同，則下列關系式正確的是 (　　)
A．l2＝l1
B．l2C．l2>l1
D．由于A、B的質量關系未知，故無法確定l1、l2的大小關系
A　[當水平面光滑時，根據牛頓第二定律，對整體有F＝(mA＋mB)a，對B有F1＝mBa＝；當水平面粗糙時，對整體有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，對B有F2－μmBg＝mBa1，解得F2＝，可知F1＝F2，故l1＝l2，故A正確。]
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√
3．如圖所示，車廂水平底板上放置質量為M的物塊，物塊上固定豎直輕桿。質量為m的球用細線系在桿上O點。當車廂在水平面上沿直線加速運動時，球和物塊相對車廂靜止，細線偏離豎直方向的角度為θ，此時車廂底板對物塊的摩擦力為f、支持力為N，已知重力加速度為g，則(　　)
A．N＝Mg f＝Mg sin θ
B．f＝μ(M＋m)g
C．f＝Mg tan θ
D．f＝(M＋m)g tan θ
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D　[以m為研究對象，受力如圖甲所示，由牛頓第二定律得mg tan θ＝ma，
解得a＝g tan θ。
以m、M整體為研究對象，受力如圖乙所示，
在水平方向上，由牛頓第二定律有f＝(m＋M)a，
解得f＝(M＋m)g tan θ，故D正確，A、B、C錯誤。
故選D。]
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4．如圖甲所示，在粗糙的水平面上，質量分別為mA和mB的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數相同，它們的質量之比mA∶mB＝2∶1。當用水平力F作用于B上且兩物塊以相同的加速度向右加速運動時(如圖甲所示)，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的力F豎直向上拉B且兩物塊以相同的加速度豎直向上運動時(如圖乙所示)，彈簧的伸長量為x2，則x1∶x2等于
(　　)
A．1∶1　　　　　　　　B．1∶2
C．2∶1 D．3∶2
√
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甲　　　　　　　　　乙
A　[設mA＝2mB＝2m，對題圖甲運用整體法，由牛頓第二定律得，整體的加速度a＝－μg，對A物體有F彈－2μmg＝2ma，可得F彈＝＝kx1，則有x1＝；對題圖乙，整體的加速度a′＝－g，對A物體有F′彈－2mg＝2ma′，可得F′彈＝＝kx2，則有x2＝，即x1∶x2＝1∶1，A符合題意。]
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√
√
5．(雙選)趣味運動會上運動員手持網球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則(　　)
A．運動員的加速度為g sin θ
B．球拍對球的作用力為
C．運動員對球拍的作用力為g
D．若加速度大于g tan θ，球沿球拍向上運動
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BD　[對網球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖，如圖甲所示
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根據牛頓第二定律得N sin θ＝ma，N cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，N＝，故A錯誤，B正確；以球拍和球整體為研究對象，如圖乙所示，根據牛頓第二定律得：運動員對球拍的作用力F＝，故C錯誤；當a>g tan θ時，網球豎直方向的分力大于其重力，球一定沿球拍向上運動，故D正確。故選BD。]
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6．如圖所示，用輕質細線把兩個質量未知的小球懸掛起來。今對小球a持續施加一個向左偏下30°的恒力，并對小球b持續施加一個向右偏上30°的同樣大小的恒力，最后達到平衡，表示平衡狀態的圖可能是(　　)
題號
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A　　　　B　 　 　C　　　D
A　[表示平衡狀態的圖是哪一個，關鍵是要求出兩條輕質細繩對小球a和小球b的拉力的方向，只要拉力方向找出后，圖就確定了。
題號
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先以小球a、b及連線組成的整體為研究對象，系統共受五個力的作用，即兩個重力(ma＋mb)g，作用在兩個小球上的恒力Fa、Fb和上端細線對系統的拉力T1。因為系統處于平衡狀態，所受合力必為零，由于Fa、Fb大小相等，方向相反，可以抵消，而(ma＋mb)g的方向豎直向下，所以懸線對系統的拉力T1的方向必然豎直向上，再以b球為研究對象，b球在重力mbg、恒力Fb和連線拉力T2′三個力的作用下處于平衡狀態，已知恒力向右偏上30°，重力豎直向下，所以平衡時連線拉力T2′的方向必與恒力Fb和重力mbg的合力方向相反，如圖所示，故應選A。]
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√
7．(源自人教版教材改編)(雙選)如圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝9－2t(N)(t的單位是s)。從t＝0時刻開始計時，則(　　)
A．A物體3 s末時的加速度大小是初始時的
B．4 s后，B物體做勻加速直線運動
C．4.5 s后，A物體的速度為零
D．4.5 s后，A、B的加速度方向相同
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AB　[對A、B整體，由牛頓第二運動定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，設A、B間的作用力為F，則對B根據牛頓第二運動定律可得F＋FB＝mBa，又mB＝2mA，聯立解得F＝(N)，當t＝4 s時F＝0，A、B兩物體分離，此后B做勻加速直線運動，故B正確；當t＝4.5 s時A物體的加速度為零而速度不為零，故C錯誤；t>4.5 s后，A、B所受的合外力反向，即A、B的加速度方向相反，故D錯誤；0～4 s內，A、B的加速度相等，a＝(m/s2)，當t＝0 s時a0＝ m/s2，當t＝3 s時a3＝ m/s2，可得，故A正確。]
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8．質量為m的球置于斜面體上，被一個豎直擋板擋住。現用一個力F拉斜面體，使斜面體在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法正確的是 (　　)
A．若加速度增大，豎直擋板對球的彈力不變
B．若加速度足夠大，斜面體對球的彈力可能為零
C．斜面體和擋板對球的彈力等于ma
D．無論加速度大小如何，斜面體對球一定有彈力的作用，而且該彈力是一個定值
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D　[以小球為研究對象，分析受力情況，如圖所示：
受重力mg、豎直擋板對球的彈力F2和斜面體的彈力F1。
設斜面體的加速度大小為a，根據牛頓第二運動定律得豎直方向：
F1cos θ＝mg ①
水平方向：F2－F1sin θ＝ma ②
由①看出，斜面體對小球的彈力F1的大小不變，與加速度無關，不可能為零。由②看出，F2＝F1sin θ＋ma，若加速度增大時，F2增大，故A、B錯誤，D正確。根據牛頓第二運動定律知，球的重力、斜面體和擋板對球的彈力三個力的合力等于ma，故C錯誤。]
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9．(雙選)粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運動，水平拉力F及物體的運動速度v隨時間變化的圖像如圖甲和圖乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。則(　　)
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甲　　　　　　　　　　乙
A．前2 s內物體運動的加速度大小為2 m/s2
B．前4 s內物體運動的位移的大小為8 m
C．物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.1
D．物體的質量m為2 kg
√
題號
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√
AC　[由v-t圖像可知，物體在前2 s內做勻加速直線運動，前2 s內物體運動的加速度大小a＝ m/s2＝，故A正確；前4 s 內物體運動的位移大小s＝×2×22 m＋4×2 m＝12 m，故B錯誤；物體受力如圖所示，對于前2 s，由牛頓第二定律得F－f＝ma，f＝μmg，2 s后物體做勻速直線運動，由平衡條件得F′＝f，由F-t圖像知F＝15 N，F′＝5 N，代入數據解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C正確，D錯誤。]
題號
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丙
10．如圖所示，水平向左加速運動的車廂內，一根長為l的輕質桿兩端分別連接質量均為1 kg的小球a、b(可看成質點)，a球靠在車廂的光滑豎直側壁上，距車廂底面的高度為0.8l，b球處在車廂水平底面上且與底面間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，要使桿與車廂始終保持相對靜止，關于車廂的加速度，下列說法不正確的是(　　)
題號
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A．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為3 m/s2
B．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為2 m/s2
C．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為3 m/s2
D．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為7 m/s2
√
題號
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A　[由題可知輕質桿與豎直方向的夾角cos θ＝＝0.8，解得θ＝37°。對a球受力分析如圖甲所示。在豎直方向上，根據平衡條件有N1cos θ＝mg，當a球與車廂左壁的彈力剛好為零時，根據牛頓第二定律有mg tan θ＝ma1，解得a1＝g tan θ＝7.5 m/s2；
題號
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當b球與車廂底面的靜摩擦力剛好達到最大值時，對b受力分析如圖乙所示。
在豎直方向上，根據平衡條件有N2＝mg＋N1cos θ＝2mg，在水平方向上，根據牛頓第二定律有fm－N1sin θ＝ma2，其中fm＝μN2，聯立解得a2＝(2μ－tan θ)g。若μ＝0.5，此時有a1>a2，則車廂的加速度最大值為a2＝2.5 m/s2，故A錯誤，B正確；根據上述，若μ＝0.8，此時有a1題號
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二、非選擇題
11．如圖所示，可視為質點的兩物塊A、B，質量分別為m、2m，A放在一傾角為30°固定于水平面上的光滑斜面上，一不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑輕質定滑輪，兩端分別與A、B相連接。托住B使兩物塊處于靜止狀態，此時B距地面高度為h，A和滑輪間的輕繩與斜面平行。現將B從靜止釋放，斜面足夠長。重力加速度為g。求：
(1)B落地前繩中張力的大小FT；
(2)整個過程中A沿斜面向上運動的最大距離L。
題號
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[解析]　(1)分別對A、B兩物塊用隔離法進行受力分析，對A、B兩物塊應用牛頓第二定律，
對A有FT－mg sin 30°＝ma
對B有2mg－FT＝2ma
聯立解得繩中張力大小FT＝mg，加速度a＝0.5g。
題號
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(2)設B物塊落地時系統的速度大小為v，則B物塊落地前有v2＝2ah，此過程A物塊沿斜面向上運動的距離為L1＝h，B物塊落地后，A物塊沿斜面向上做勻減速直線運動，至最高點時其速度為零，這一過程中A物塊的加速度a′＝－g sin 30°＝－0.5g，此過程A物塊沿斜面向上運動的距離L2＝，可得L2＝h，故物塊A沿斜面向上運動的最大距離L＝L1＋L2＝2h。
題號
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[答案]　(1)mg　(2)2h
12．如圖所示，矩形拉桿箱上放著平底箱包，在與水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面從靜止開始加速運動。已知箱包的質量m＝1.0 kg，拉桿箱的質量M＝9.0 kg，箱底與水平面間的夾角θ＝37°，平底箱包與拉桿箱之間的動摩擦因數μ＝0.5，不計其他摩擦阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若F＝25 N，求拉桿箱的加速度大小a；
(2)在(1)的情況下，求拉桿箱運動x＝4.0 m時的速度大小v；
(3)要使箱包不從拉桿箱上滑出，求拉力的最大值Fm。
題號
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[解析]　(1)若F＝25 N，以整體為研究對象，水平方向根據牛頓第二定律可得
F cos α＝(m＋M)a
解得a＝2 m/s2。
(2)根據速度位移關系可得
v2＝2ax
解得v＝4 m/s。
題號
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(3)箱包恰好不從拉桿箱上滑出時，箱包與拉桿之間的彈力剛好為零，以箱包為研究對象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此時箱包的加速度為a0，
根據牛頓第二定律可得
N sin θ＋f cos θ＝ma0
N cos θ＝mg＋f sin θ
f＝μN
解得a0＝20 m/s2
題號
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以整體為研究對象，水平方向根據牛頓第二定律可得
Fmcos α＝(m＋M)a0
解得拉力的最大值為Fm＝250 N。
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[答案]　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)250 N
13．一足夠長的木板P靜置于粗糙水平面上，木板的質量M＝4 kg，質量m＝1 kg的小滑塊Q(可視為質點)從木板的左端以初速度v0滑上木板，與此同時在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如圖甲所示，設滑塊滑上木板為t＝0時刻，經過t1＝2 s撤去拉力F，兩物體一起做勻減速直線運動，再經過t2＝4 s兩物體停止運動，畫出的兩物體運動的v -t圖像如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求：
題號
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(1)0～2 s內滑塊Q和木板P的加速度大小，兩物體一起做勻減速直線運動的加速度大小；
(2)滑塊Q運動的總位移；
(3)拉力F的大小。
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[解析]　(1)v -t圖像中，圖線斜率的絕對值表示加速度大小，根據題圖乙可知，0～2 s內滑塊Q的加速度大小
a1＝ m/s2＝4 m/s2
0～2 s內木板P的加速度大小
a2＝ m/s2＝2 m/s2
兩物體一起做勻減速直線運動的加速度大小
a3＝ m/s2＝1 m/s2。
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(2)v -t圖像中，圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則滑塊Q運動的總位移
x＝ m＋ m＝24 m。
(3)0～2 s內對滑塊Q分析有
μ1mg＝ma1
0～2 s內對滑塊P分析有
μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
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兩物體一起做勻減速直線運動，對P、Q整體分析有
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得F＝9 N。
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[答案]　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
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