2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題三 牛頓運動定律的理解和應(yīng)用精練（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題三 牛頓運動定律的理解和應(yīng)用精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題三 牛頓運動定律的理解和應(yīng)用精練（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三　牛頓運動定律的理解和應(yīng)用 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1. 如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力(　　) A．方向向左，大小不變 B．方向向左，逐漸減小 C．方向向右，大小不變 D．方向向右，逐漸減小 答案　A 解析　物塊B向右做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，則由牛頓第二定律得B受到A給的靜摩擦力方向向左，大小為f＝mBa，保持不變，A正確。 2. 如圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木

2、板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有(　　) A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝g C．a(chǎn)1＝0，a2＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g 答案　C 解析　在抽出木板的瞬時，彈簧對木塊1的支持力和對木塊2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0；木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2＝＝g，故C正確。 3．(多選)兩實心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則(　　)

3、 A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　球的質(zhì)量m＝ρ·πr3，阻力f＝kr，由牛頓第二定律a＝＝g－＝g－，ρ甲＝ρ乙，m甲>m乙，所以r甲>r乙，可得a甲>a乙，由h＝at2知甲球用的時間較短，A、C錯誤；由v＝得v甲>v乙，故B正確；因f甲>f乙，由Wf＝fh知甲球克服阻力做功較大，D正確。 4．如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如

4、圖乙所示的a-F圖，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，則下列選項錯誤的是(　　) A．滑塊的質(zhì)量m＝4 kg B．木板的質(zhì)量M＝2 kg C．當(dāng)F＝8 N時滑塊加速度為2 m/s2 D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1 答案　C 解析　由題圖乙知，F(xiàn)＝6 N時，滑塊與木板剛好不相對滑動，加速度為a＝1 m/s2。對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)計算得出M＋m＝6 kg，當(dāng)F≥6 N時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝F－，知圖線的斜率k＝，則M＝2 kg，滑塊的質(zhì)量m＝4 kg，故A、B正確；根據(jù)F＝6 N時，a＝1 m/s2，代入表達(dá)式

5、計算得出μ＝0.1，當(dāng)F＝8 N時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma′，計算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C錯誤，D正確。 5．圖甲是張明同學(xué)站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，點P是他的重心位置。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖線。兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。取重力加速度g＝10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知(　　) A．張明的重力為1000 N B．e點位置張明處于超重狀態(tài) C．c點位置張明處于失重狀態(tài) D．張明在d點的加速度小于在f點的加速度 答案　B 解析　開始時張明處于平衡狀態(tài)，張明對傳感器的壓力是500 N，根據(jù)牛頓

6、第三定律和二力平衡可以知道，張明的重力為500 N，故A錯誤；e點時傳感器對張明的支持力等于張明對傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故B正確；c點時傳感器對張明的支持力等于張明對傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故C錯誤；張明在d點時，a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，張明在f點時，a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知張明在d點的加速度大于在f點的加速度，故D錯誤。 6. 如圖所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動速度大小為v1，一個物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同時物塊受到平行傳送帶向上的恒力F作用，物塊與傳送帶間的動摩

7、擦因數(shù)μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊運動的v-t圖象不可能是(　　) 答案　C 解析　若F>mgsinθ＋μmgcosθ，物塊一直做勻加速運動，v-t圖象是向上傾斜的直線，A圖是可能的；若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，物塊一直做勻速運動，v-t圖象是平行t軸的直線，B圖是可能的；若F

8、，其質(zhì)量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10 m/s2。 (1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8 s時到達(dá)高度H＝64 m。求飛行器所受的阻力f的大??； (2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達(dá)到的最大高度h； (3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3。 答案　(1)4 N　(2)42 m　(3) s(或2.1 s) 解析　(1)飛行器第一次試飛時做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a1， H＝a1t① 由

9、牛頓第二定律F－mg－f＝ma1② 由①②解得f＝4 N③ (2)第二次試飛中，設(shè)失去升力時的速度大小為v1，上升的高度為s1，運動示意圖如圖，s1＝a1t④ 設(shè)失去升力后的加速度大小為a2，上升的高度為s2， 由牛頓第二定律mg＋f＝ma2⑤ v1＝a1t2⑥ s2＝⑦ 由③④⑤⑥⑦解得h＝s1＋s2＝42 m⑧ (3)設(shè)失去升力下降階段加速度大小為a3，恢復(fù)升力后加速度大小為a4，恢復(fù)升力時速度大小為v3，運動示意圖如圖， 由牛頓第二定律mg－f＝ma3⑨ F＋f－mg＝ma4⑩ 且＋＝h? v3＝a3t3? 由③⑧⑨⑩??解得t3＝ s(或2.1 s)。

10、『真題調(diào)研題組』 1．(2019·海南高考)如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對Q施加一水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為(　　) A．F－2μmg B.F＋μmg C.F－μmg D.F 答案　D 解析　對整體，由牛頓第二定律得F－μmg－2μmg＝3ma，對P物塊，由牛頓第二定律得T－μmg＝ma，解得T＝F，D正確。 2．(2018·全國卷Ⅰ) 如圖，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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用

11、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(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 答案　A 解析　物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。 3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細(xì)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(xì)繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板

12、的速度v與時間t的關(guān)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(shù)據(jù)可以得出(　　) A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 答案　AB 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(nèi)，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(shè)木板質(zhì)量為m，據(jù)牛頓第二定律，對木板有：2～4 s內(nèi)：F－F摩

13、＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F(xiàn)＝0.4 N，A、B正確；0～2 s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)是均勻增加的，C錯誤；因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩＝μm物g可知動摩擦因數(shù)不可求，D錯誤。 4．(2017·海南高考)汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長25 m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 答案　B 解

14、析　剎車后汽車的合外力為摩擦力f＝μmg，加速度a＝＝μg＝8 m/s2，又剎車線長25 m，故可由勻變速直線運動規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小v＝＝ m/s＝20 m/s，故B正確。 5．(2019·江蘇高考) 如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA； (2)在

15、左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 解析　A、B的運動過程如圖所示： (1)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，先敲擊A時，由牛頓第二定律可知， A的加速度大小aA＝＝μg 在B上滑動時有2aAL＝v 解得：vA＝。 (2)對齊前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左， 地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左， 合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg 由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg 對齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝f地＝2μmg 由牛頓第二定律F′＝2m

16、aB′，得aB′＝μg。 (3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA 則v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得：vB＝2。 6．(2017·全國卷Ⅲ) 如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力

17、，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)

18、到共同速度，其大小為v1，由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有

19、v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 m。 (也可用如圖所示的速度—時間圖象求解) 『模擬沖刺題組』 1．(2019·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角

20、為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理想的傾角θ為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 答案　B 解析　設(shè)屋檐的底邊長為L，屋頂?shù)钠旅骈L度為s，雨滴下滑的加速度為a，雨滴只受重力mg和屋頂對它的支持力N，垂直于屋頂方向：N＝mgcosθ，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度a＝gsinθ，根據(jù)幾何關(guān)系，屋頂坡面的長度為：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝，θ＝45°時t最短，故B正確。 2. (2019·廣東肇慶高三一模)(多選)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，

21、球拍與球保持相對靜止，它們之間的摩擦力及空氣阻力不計，則(　　) A．運動員的加速度為gtanθ B．球拍對球的作用力為mg C．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθ D．若運動員的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上運動 答案　AD 解析　對網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，根據(jù)牛頓第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運動員對球拍的作用力為F＝，故C錯誤；若運動員的加速度a大于gtanθ，假設(shè)球相對球拍靜止，則其加速度也為a，如圖3所示，

22、將a分解，則ax＝acosθ，因為a>gtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必須有一個沿球拍向下的外力才能使球相對球拍靜止，而實際上這個力不存在，故球一定沿球拍向上運動，D正確。 3. (2019·山東淄博一模)(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是(　　) 答案　AD 解析　在小球下落的開始階段，小球做自由落體

23、運動，加速度為g；接觸彈簧后開始時，重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球繼續(xù)下降，彈力逐漸變大，小球做加速度減小的加速運動，直至重力等于彈力，此時加速度減小到零，速度達(dá)到最大；小球繼續(xù)下落時，彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏?，且逐漸變大，直到速度減小到零，到達(dá)最低點，故A正確，B錯誤。根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a＝g－x(x為彈簧壓縮長度)，在與彈簧作用的加速向下階段，相等時間內(nèi)位移增大得越來越快，彈簧壓縮量增大得越來越快，由此可知此階段內(nèi)加速度減小得越來越快；在減速向下階段，相等時間內(nèi)，彈簧的壓縮量增大得越來越慢，故可知此階段內(nèi)加速度增大得越來越慢；由a-t圖象與時間軸所圍面積表示速度的變

24、化量與對稱性可知，a＝－g時小球速度不為0，小球繼續(xù)向下運動，a繼續(xù)增大，故C錯誤，D正確。 4．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運動，在t＝0時刻受一與運動方向相反的恒力F＝4 N的作用，經(jīng)一段時間后撒去力F，物體運動的v-t圖象如圖所示，已知g＝10 m/s2，據(jù)圖可知下列說法正確的是(　　) A．物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ為0.2 B．物體最后回到t＝0時刻的位置 C．F的作用時間為1 s D．物體的質(zhì)量為1 kg 答案　AD 解析　由v-t圖象可知，物體0～1 s內(nèi)沿正向做勻減速運動，1～2 s內(nèi)沿負(fù)向做勻

25、加速運動，2～3 s內(nèi)沿負(fù)向做勻減速運動，可得拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用時間為2 s，在2～3 s內(nèi)物體的加速度為a＝＝2 m/s2，摩擦力大小為μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正確，C錯誤；由v-t圖線與時間軸所圍面積表示位移知，0～1 s內(nèi)物體沿正向運動，位移大小為x1＝×6×1 m＝3 m，1～3 s內(nèi)沿負(fù)向運動，位移大小為x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，則知3 s末物體到出發(fā)點的距離為x＝x1－x2＝1 m，故B錯誤；在0～1 s內(nèi)物體沿正向運動，根據(jù)圖象可得加速度大小a1＝ m/s2＝6 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＋μmg＝ma1，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，故

26、D正確。 5．(2019·云南二模)如圖所示，臺秤上放一個木箱，木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細(xì)繩通過光滑定滑輪相連，m1>m2?，F(xiàn)剪斷Q下端與木箱相連的細(xì)繩，在P下落但還沒有到達(dá)箱底的過程中，臺秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將(　　) A．變大 B．變小 C．不變 D．先變小后變大 答案　B 解析　剪斷細(xì)線之前臺秤的示數(shù)為：N＝Mg＋m1g＋m2g；因m1>m2，則當(dāng)剪斷Q下端的細(xì)繩后，P向下加速，Q向上加速，對P：m1g－T＝m1a，對Q：T－m2g＝ m2a，解得a＝g，T＝，此時箱子對臺秤的壓力為：N′＝Mg＋2T＝Mg＋，結(jié)合m1>m2，由數(shù)學(xué)知識可知

27、

28、，設(shè)小物塊質(zhì)量為m，長木板質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaA，μmg＝maB，解得：＝，μ＝，故B、C正確；由于長木板質(zhì)量未知，故其動能無法求出，D錯誤。 『熱門預(yù)測題組』 1．(2019·安徽安慶高三二模)(多選)如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運動，經(jīng)過2 s撤去外力F，物體在0～4 s內(nèi)運動的速度與時間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，則(　　) A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．水平外力F

29、＝5.5 N C．水平外力F＝4 N D．物體在0～4 s內(nèi)的位移為24 m 答案　AC 解析　根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知2～4 s內(nèi)物體的加速度為：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正確；0～2 s內(nèi)物體的加速度為：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B錯誤，C正確；由v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得物體在0～4 s內(nèi)的位移為：x＝ m＝28 m，故D錯誤。 2．(2019·湖南衡陽二模)

30、如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1 kg的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2 kg的木塊，木塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加隨時間t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求木塊和木板保持相對靜止的時間t1； (2)t＝10 s時，兩物體的加速度各為多大； (3)在如圖2所示坐標(biāo)系中畫出木塊的加速度隨時間変化的圖象(取水平拉力F的方向為正方向，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過程)。 答案　(1)4 s　(2)3 m/s2　12 m/s

31、2　(3)圖見解析 解析　(1)當(dāng)F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N時，木塊和木板都沒有拉動，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運動時，當(dāng)木板受到木塊對它的摩擦力為最大靜摩擦力時，它們共同運動的加速度最大，木塊與木板恰好相對靜止。 對木板：fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3 m/s2 對整體有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax 解得：Fmax＝12 N 由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。 (2)t＝10 s時，兩物體已相對運動，則有： 對木板：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1 解得：a1＝3 m/s2 對木塊：F－μ1m2g＝m2a2，F(xiàn)＝3t＝30 N 解得：a2＝12 m/s2。 (3)圖象過(1,0)，(4,3)，(10,12) 圖象如圖所示。 - 15 -