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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
素養提升課(六)　連接體問題、臨界問題、動力學圖像問題
第四章　運動和力的關系
[學習目標]
1．學會處理動力學中的連接體問題。
2．學會處理動力學中的臨界問題。
3．學會處理動力學中的圖像問題。
探究重構·關鍵能力達成
探究1　動力學中的連接體問題
1．常見連接體模型
兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同運動狀態的整體叫連接體。常見模型如圖所示。
2．處理連接體問題的方法
(1)整體法：把多個物體組成的系統作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統內力的影響，只考慮系統受到的外力。
(2)隔離法：把系統中的各個部分(或某一部分)隔離，作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統的內力就有可能成為該研究對象的外力，在分析時要特別注意。
【典例1】　如圖所示，A、B、C三個物體以輕質細繩1、2相連，mA＝2 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A、C與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.25，不計繩2與滑輪間的摩擦，取g＝10 m/s2，求：
(1)系統的加速度大??；
(2)繩1和繩2中的張力大小。
[思路點撥]　解此題應抓住以下兩點：
(1)物體A、B、C的加速度大小相等。
(2)物體A、C與水平桌面間存在摩擦力，且動摩擦因數相同，所以A、C可以看作一個“小整體”。
[解析]　(1)(2)設系統的加速度大小為a，繩1的張力大小為F1，繩2的張力大小為F2
對物體C由牛頓第二定律得
F1－μmCg＝mCa
對A、C整體由牛頓第二定律得
F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a
對物體B由牛頓第二定律得
mBg－F2＝mBa
聯立解得a＝3.75 m/s2，F1＝6.25 N，F2＝18.75 N。
[答案]　(1)3.75 m/s2　(2)6.25 N　18.75 N
規律方法　整體法與隔離法的選用
(1)求解各部分加速度都相同的連接體問題時，要優先考慮整體法；如果還需要求物體之間的作用力，再用隔離法。
(2)求解連接體問題時，隨著研究對象的轉換，往往兩種方法交叉運用。一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統所受合力。
(3)無論運用整體法還是隔離法，解題的關鍵還是在于對研究對象進行正確的受力分析。
[針對訓練]
1．如圖所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為(　　)
A．
C．
√
A　[當兩球運動至二者相距時，二者連線與輕繩之間夾角的余弦值cos θ＝0.6。設此時輕繩中拉力大小為F1，對輕繩的中點受力分析得F－2F1sin θ＝m繩a，又輕繩質量近似為0，解得F1＝。對質量為m的小球，由牛頓第二定律有F1＝ma，解得a＝，A正確。]
2．質量均為5 kg的物塊1、2放在水平面上并用輕質彈簧測力計相連，如圖所示，物塊1的表面光滑，物塊2與地面間的動摩擦因數為0.2，整個系統在水平拉力F作用下向左做勻加速運動，此時彈簧測力計的示數為15 N；若拉力變為2F，其他條件不變，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則此時彈簧測力計的示數為(　　)
A．30 N B．25 N
C．20 N D．15 N
√
B　[當拉力F作用時，對整體，加速度a＝，對物塊2，FT－μm2g＝m2a，FT＝15 N，聯立得F＝20 N；若拉力變為2F，對整體，加速度a1＝＝3 m/s2，對物塊－μm2g＝m2a1，代入數據得＝25 N，故選B。]
探究2　動力學中的臨界問題
1．動力學中的典型臨界問題
(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是彈力N＝0。
(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件為靜摩擦力達到最大值。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是張力等于它所能承受的最大張力。繩子松弛的臨界條件是T＝0。
(4)加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在受到變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化。當所受合外力最大時，具有最大加速度；合外力最小時，具有最小加速度。當加速度為零時，所對應的速度便會出現最大值或最小值。
2．求解臨界極值問題的三種常用方法
(1)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。
(2)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。
(3)數學方法：將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件。
【典例2】　如圖所示，一質量為m的光滑小球，用輕繩連接后，掛在三角劈的頂端，繩與斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜面與水平面夾角為θ＝30°，重力加速度為g，則：
(1)劈以加速度a1＝水平向左加速運動時，
繩的拉力為多大？
(2)劈的加速度至少為多大時小球對劈無壓力？
此時加速度方向如何？
[解析]　當劈水平向左的加速度較小時，小球對劈有壓力作用，當劈水平向左的加速度較大時，小球將離開斜面。
(1)對小球進行受力分析如圖甲所示。
在水平方向上有
FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1
在豎直方向上有
FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg
由以上兩式得FT1 ＝mg。
(2)對小球進行受力分析如圖乙所示。
由牛頓第二定律得小球對劈無壓力時
FT2cos θ＝ma2
FT2sin θ＝mg
由以上兩式得a2＝g，方向水平向左。
[答案]　(1)mg　(2)g，方向水平向左
[母題變式]　若劈的加速度為a3＝2g且水平向左加速運動時，繩的拉力又為多大？
[提示]　FT3＝mg。
[針對訓練]
3．(2024·山東卷)如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于(　　)
A．
C．
√
B　[國產人形機器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用，如圖所示。當機器人“天工”站立和穩定行走時，根據平衡條件，沿斜坡方向μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得斜坡的動摩擦因數μ≥，即機器人的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。]
4．如圖所示，兩個質量均為m的物塊A、B疊放壓在一個豎直輕彈簧上面，處于靜止狀態，彈簧的勁度系數為k，t＝0時刻，物塊A受到一個豎直向上的作用力F，使得物塊A以0.5g(g為重力加速度的大小)的加速度勻加速上升，則A、B分離時B的速度為(　　)
A． B．g
C．g D．2g
√
B　[兩物塊靜止時，彈簧壓縮量x1＝。兩物塊分離時，A、B之間的壓力恰好為零，設此時彈簧的壓縮量為x2，對物塊B，有kx2－mg＝ma，得x2＝，物塊B的位移大小為x＝x1－x2＝，由v2＝2ax得v＝g，B正確。]
探究3　動力學中的圖像問題
1．動力學圖像
圖像 題型 v-t圖像 已知物體的運動圖像，求解物體的受力情況 運動圖像關聯受力圖像，對物體的受力情況、運動情況進行綜合考察
a-t圖像 F-t圖像 已知物體的受力圖像，求解物體的運動情況 F-a圖像 2．解題關鍵：充分挖掘圖像隱含條件或信息，并把運動學圖像和力的圖像結合分析。
【典例3】　(多選)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及運動速度v隨時間變化的圖像如圖甲和圖乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。以下說法正確的是(　　)
A．第2 s內物體位移大小是4 m
B．0～4 s過程中物體做勻變速直線運動
C．物體的質量m＝5 kg
D．物體與地面間的動摩
擦因數為0.1
√
√
CD　[由題圖乙可知第2 s內物體位移大小為x＝×(2＋4)×1 m＝3 m，故A錯誤；由題圖乙可知，前 2 s 做勻加速直線運動，后2 s做勻速直線運動，故B錯誤；由牛頓第二定律可知前2 s內F1－μmg＝ma，后2 s內F2＝μmg，由題圖甲可知F1＝15 N，F2＝5 N，由題圖乙可知a＝2 m/s2，解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C、D正確。]
規律方法　圖像問題的分析方法
(1)把圖像與具體的題意、情境結合起來，明確圖像的物理意義，明確圖像所反映的物理過程。
(2)應用物理規律列出與圖像對應的函數關系式，明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系。
(3)特別注意圖像中的一些特殊點，如圖線與橫、縱坐標軸的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等所表示的物理意義。找出圖線的斜率、截距或圖線與坐標軸所圍圖形面積的物理意義。
[針對訓練]
5．(多選)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
√
√
BC　[對水平面上的物體根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F-a圖像中圖線的斜率k＝m，截距為μmg，由題圖可知k甲>k乙，則m甲>m乙，A錯誤，B正確；由題圖可知兩圖線的截距相同，則μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因為m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正確，D錯誤。]
6．如圖甲所示，質量為m的物體，靜止在粗糙的水平面上，從t＝0時刻起，受到一個水平外力F的作用，F隨時間變化的規律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列關于物塊運動的a-t圖像和 v-t 圖像可能正確的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
√
D　[由題圖可知，在t1之前，外力逐漸增加，初始時，外力F較小，小于最大靜摩擦力，所以開始一段時間沒有加速度，若外力F的最大值大于最大靜摩擦力，則在外力F大于最大靜摩擦之后，物塊開始運動，由F－Ff＝ma，整理有F＝ma＋Ff，可知，外力F與加速度a呈線性關系，到達t1之后，外力F不變，所以加速度a也不變，所以對于a-t圖像來說，應該初始一段時間a＝0(沒有圖線)，某時刻后是一條傾斜的直線，t1之后為一條與t軸平行的直線，故A、B錯誤；由上述分析可知，初始一段時間加速度為零，之后逐漸增加，t1之后加速度不變，而 v-t 圖像中，斜率表示加速度，故C錯誤，D正確。]
1．兩個物體A和B，質量分別為m1和m2，互相接觸地放在光滑水平面上，如圖所示，對物體A施以水平的推力F，則物體A對物體B的作用力等于(　　)
A．F B．F
C．F D．F
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素養提升練(六)
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B　[對物體A、B組成的整體根據牛頓第二定律得a＝，對物體B，由牛頓第二定律得F′＝m2a＝F，故B正確。]
2．如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態?，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離開靜止狀態位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(　　)
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A　　　　　　　　B　 　　　　　C　　　　　　　D
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A　[設物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，物塊受力如圖所示，根據牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數，A正確。]
3．高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的加速度不超過(　　)
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
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B　[書放在水平桌面上，若書恰好相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度，即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，則高鐵的最大加速度為4 m/s2，B正確，A、C、D錯誤。]
4．(多選)如圖所示，質量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽球心和小鐵球球心的連線與豎直方向的夾角為α。下列說法正確的是(　　)
A．小鐵球所受合力為零
B．小鐵球受到的合力方向水平向左
C．F＝(M＋m)g tan α
D．系統的加速度為a＝g tan α
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CD　[隔離小鐵球受力分析得F合＝mg tan α＝ma，且合力水平向右，故小鐵球的加速度為g tan α，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統的加速度也為g tan α，A、B錯誤，D正確；對整體受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，C正確。]
5．(多選)如圖甲所示，水平地面上有一質量為M的物體，用豎直向上的力F向上提它，力F變化引起物體加速度變化的函數關系如圖乙所示，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是(　　)
A．當F小于圖乙中A點橫坐標表示的值時，物體的重力Mg>F，物體不動
B．圖乙中A點的橫坐標等于物體所受的重力大小
C．物體向上運動的加速度與力F成正比
D．圖線延長線和縱軸的交點B的縱坐標為－g
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√
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ABD　[當0≤F≤Mg時，物體靜止，A正確；當F>Mg時，能將物體提離地面，此時，F－Mg＝Ma，a＝－g，A點表示的意義為F＝Mg，B正確，C錯誤；圖線的縱軸截距為－g，D正確。]
6．(2024·全國甲卷)如圖所示，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是(　　)
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
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D　[設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上的拉力大小為T，對砝碼和輕盤組成的整體有mg－T＝ma，對物塊P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，可知D正確。]
7．在水平地面上運動的小車車廂底部有一質量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根水平輕彈簧相連接，彈簧的勁度系數為k，在車廂的頂部用一根細線懸掛一質量為m的小球。某段時間內發現細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內木塊與車廂保持相對靜止，彈簧的形變量為x，如圖所示。不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(　　)
A．小車一定向左做加速運動
B．彈簧可能處于壓縮狀態
C．小車的加速度方向向左，大小為a＝g tan θ
D．彈簧的形變量為x＝sin θ
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C　[由題意知，木塊、小車、小球相對靜止，具有相同的加速度，對小球進行受力分析有：小球受重力和細線的拉力，在兩個力作用下小球在豎直方向處于平衡狀態，水平方向產生加速度，所以水平方向有T sin θ＝ma，豎直方向有T cos θ＝mg，所以可得小球的加速度a＝g tan θ，方向水平向左，則小車的加速度為a＝g tan θ，方向水平向左，而小車的速度方向不確定，所以小車可能向左做加速運動，也可能向右減速運動，故A錯誤，C正確；對木塊分析知木塊的加速度水平向左，合力水平向左，彈簧對木塊必定有水平向左的拉力，所以彈簧一定處于伸長狀態，故B錯誤；對木塊由牛頓第二定律，得kx＝m1a，解得x＝tan θ，故D錯誤。]
8．(多選)如圖所示的裝置叫阿特伍德機。繩子兩端的物體豎直運動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g，這使得實驗者可以有較長的時間從容地觀測、研究。已知物體A、B的質量均為M，物體C的質量為m。輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長。物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后(　　)
A．繩子上的拉力大小FT＝(M＋m)g
B．物體A的加速度大小a＝g
C．的取值小一些，便于觀測和研究
D．的取值大一些，便于觀測和研究
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BD　[對物體A，由牛頓第二定律得FT－Mg＝Ma，對B、C整體，由牛頓第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，聯立解得FT＝Mg＋，a＝g，故A錯誤，B正確；由a＝g＝g知的取值大一些，a小些，便于觀測和研究，故C錯誤，D正確。]
9．如圖所示，質量均為m的兩個木塊P、Q疊放在水平地面上，P、Q接觸面的傾角為θ?，F在Q上施加一水平推力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對地面的壓力大于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不受摩擦力
D．地面與Q間的滑動摩擦力隨推力F的增大而增大
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C　[P、Q整體的加速度不存在豎直方向的分量，所以木塊Q對地面的壓力等于2mg，地面與Q間的滑動摩擦力不變，故A、D錯誤；假設Q對P的摩擦力f始終沿P、Q接觸面向上，設Q對P的支持力為N，在水平方向上根據牛頓第二定律有N sin θ－f cos θ＝ma，在豎直方向上根據平衡條件有N cos θ＋f sin θ＝mg，解得a＝g tan θ－，當F增大時，a增大，若f>0，則f減小；若加速度a＝g tan θ，則f＝0，即P不受摩擦力，故B錯誤，C正確。]
10．(2024·廣東卷)如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是(　　)
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B　[在木塊下落H高度之前，木塊所受合力為木塊的重力，即F＝mg，保持不變，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律有F＝mg－k(y－H)，隨著y增大，F減??；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合力向上，隨著y增大，F增大，故F-y圖像如圖所示，故B正確，A錯誤；同理，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據y＝gt2，速度逐漸增大，
所以y-t圖像斜率逐漸增大；當木塊接觸彈簧后到合力
為零前，根據牛頓第二定律知F＝mg－k(y－H)，木塊
的速度繼續增大，做加速度減小的加速運動，所以
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y-t圖像斜率繼續增大；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以y-t圖像斜率的絕對值減??；到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，木塊先做加速度恒定的加速運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，最后做勻減速直線運動到最高點，y-t圖像大致如圖所示，故C、D錯誤。故選B。]
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11．如圖所示，矩形盒內用兩根細線固定一個質量為m＝1.0 kg的均勻小球，a線與水平方向成53°角，b線水平。兩根細線所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)當該系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證細線
不被拉斷，加速度可取的最大值；
(2)當該系統沿水平方向向右做勻加速運動時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值。
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[解析]　(1)對小球受力分析如圖所示，小球豎直向上做勻加速運動，
當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fa sin 53°－mg＝ma
水平方向有Fa cos 53°＝Fb
解得Fb＝9 N，此時加速度有最大值a＝2 m/s2。
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(2)小球水平向右做勻加速運動，當b線拉力為 15 N 時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fa sin 53°＝mg
水平方向有Fb－Fa cos 53°＝ma′
解得Fa＝12.5 N，此時加速度有最大值a′＝7.5 m/s2。
[答案]　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2
題號
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12．如圖1所示，一質量為m＝2 kg的物體置于水平面上，在水平外力的作用下由靜止開始運動，水平外力隨時間的變化情況如圖2所示，物體運動的速度隨時間變化的情況如圖3所示，4 s后圖線沒有畫出。g取10 m/s2。求：
(1)物體與水平面間的動摩擦因數；
(2)物體在前6 s內的位移。
題號
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[解析]　(1)由v-t圖像可知，物體在前4 s做勻變速直線運動，根據v-t圖像和加速度定義式a＝得a1＝ m/s2＝1 m/s2
在0～4 s內，在水平方向有F1－μmg＝ma1(由F-t圖像可知F1＝5 N)
解得μ＝0.15。
(2)設前4 s物體的位移為x1，由位移公式得
x1＝＝×1×16 m＝8 m
題號
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設4 s后物體運動時的加速度為a2，根據牛頓第二定律有F2－μmg＝ma2
解得a2＝－0.5 m/s2
物體在4 s末時的速度為v＝4 m/s，由位移公式得物體減速運動2 s內的位移
x2＝＝4×2 m－×0.5×22 m＝7 m
所以物體在前6 s內的位移x＝x1＋x2＝15 m。
[答案]　(1)0.15　(2)15 m
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