2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第2講 應用牛頓第二定律處理“四類”問題課件.ppt

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第三章牛頓運動定律 第2講應用牛頓第二定律處理 四類 問題 過好雙基關 一 瞬時問題1 牛頓第二定律的表達式為 F合 ma 加速度由物體所受決定 加速度的方向與物體所受的方向一致 當物體所受合外力發(fā)生突變時 加速度也隨著發(fā)生突變 而物體運動的不能發(fā)生突變 2 輕繩 輕桿和輕彈簧 橡皮條 的區(qū)別 1 輕繩和輕桿 剪斷輕繩或輕桿斷開后 原有的彈力將 2 輕彈簧和橡皮條 當輕彈簧和橡皮條與其它物體連接時 輕彈簧或橡皮條的彈力 不能發(fā)生突變 合外力 合外力 速度 突變?yōu)? 自測1如圖1 A B C三個小球質量均為m A B之間用一根沒有彈性的輕質細繩連在一起 B C之間用輕彈簧拴接 整個系統用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài) 現將A上面的細線剪斷 使A的上端失去拉力 則在剪斷細線的瞬間 A B C三個小球的加速度分別是A 1 5g 1 5g 0B g 2g 0C g g gD g g 0 圖1 解析剪斷細線前 由平衡條件可知 A上端的細線的拉力為3mg A B之間細繩的拉力為2mg 輕彈簧的拉力為mg 在剪斷細線的瞬間 輕彈簧中拉力不變 小球C所受合外力為零 所以C的加速度為零 A B小球被細繩拴在一起 整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力 由牛頓第二定律 3mg 2ma 解得a 1 5g 選項A正確 二 超重和失重1 超重 1 定義 物體對支持物的壓力 或對懸掛物的拉力 物體所受重力的現象 2 產生條件 物體具有的加速度 2 失重 1 定義 物體對支持物的壓力 或對懸掛物的拉力 物體所受重力的現象 2 產生條件 物體具有的加速度 向下 大于 向上 小于 3 完全失重 1 定義 物體對支持物的壓力 或對豎直懸掛物的拉力 的現象稱為完全失重現象 2 產生條件 物體的加速度a 方向豎直向下 4 實重和視重 1 實重 物體實際所受的重力 它與物體的運動狀態(tài) 2 視重 當物體在豎直方向上有加速度時 物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將物體的重力 此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重 不等于 等于0 g 無關 自測2關于超重和失重的下列說法中 正確的是A 超重就是物體所受的重力增大了 失重就是物體所受的重力減小了B 物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài) 所以做自由落體運動的物體不受重力作用C 物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài) 物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài)D 物體處于超重或失重狀態(tài)時 物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 答案 三 動力學圖象1 類型 1 已知圖象分析運動和情況 2 已知運動和受力情況分析圖象的形狀 2 用到的相關知識通常要先對物體受力分析求合力 再根據求加速度 然后結合運動學公式分析 牛頓第二定律 受力 自測3 2016 海南單科 5 沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用 其下滑的速度 時間圖線如圖2所示 已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數 在0 5s 5 10s 10 15s內F的大小分別為F1 F2和F3 則圖2A F1F3C F1 F3D F1 F3 答案 研透命題點 1 對超重和失重的理解 1 不論超重 失重或完全失重 物體的重力都不變 只是 視重 改變 2 在完全失重的狀態(tài)下 一切由重力產生的物理現象都會完全消失 3 盡管物體的加速度不是豎直方向 但只要其加速度在豎直方向上有分量 物體就會處于超重或失重狀態(tài) 4 盡管整體沒有豎直方向的加速度 但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度 整體也會出現超重或失重狀態(tài) 基礎考點自主悟透 2 判斷超重和失重的方法 例1 多選 一人乘電梯上樓 在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖3所示 以豎直向上為a的正方向 則人對地板的壓力A t 2s時最大B t 2s時最小C t 8 5s時最大D t 8 5s時最小 圖3 解析人乘電梯向上運動 規(guī)定向上為正方向 人受到重力和支持力兩個力的作用 則有F mg ma 即F mg ma 根據牛頓第三定律知 人對地板的壓力大小等于支持力的大小 將對應時刻的加速度 包含正負號 代入上式 可得選項A D正確 B C錯誤 變式1廣州塔 昵稱小蠻腰 總高度達600米 游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺 若電梯簡化成只受重力與繩索拉力 已知電梯在t 0時由靜止開始上升 a t圖象如圖4所示 則下列相關說法正確的是A t 4 5s時 電梯處于失重狀態(tài)B 5 55s時間內 繩索拉力最小C t 59 5s時 電梯處于超重狀態(tài)D t 60s時 電梯速度恰好為零 圖4 解析利用a t圖象可判斷 t 4 5s時 電梯有向上的加速度 電梯處于超重狀態(tài) 則A錯誤 0 5s時間內 電梯處于超重狀態(tài) 拉力 重力 5 55s時間內 電梯處于勻速上升過程 拉力 重力 55 60s時間內 電梯處于失重狀態(tài) 拉力 重力 綜上所述 B C錯誤 因a t圖線與t軸所圍的 面積 代表速度改變量 而圖中橫軸上方的 面積 與橫軸下方的 面積 相等 則電梯的速度在t 60s時為零 D正確 變式2為了讓乘客乘車更為舒適 某探究小組設計了一種新的交通工具 乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整 使座椅始終保持水平 如圖5所示 當此車減速上坡時 則乘客 僅考慮乘客與水平面之間的作用 A 處于超重狀態(tài)B 不受摩擦力的作用C 受到向后 水平向左 的摩擦力作用D 所受合力豎直向上 答案 解析 圖5 解析當車減速上坡時 加速度方向沿斜坡向下 人的加速度與車的加速度相同 根據牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下 合力的大小不變 則人受重力 支持力和水平向左的靜摩擦力 如圖所示 將加速度沿豎直方向和水平方向分解 則有豎直向下的加速度 所以乘客處于失重狀態(tài) 故A B D錯誤 C正確 1 兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關系 二者總是同時產生 同時變化 同時消失 具體可簡化為以下兩種模型 能力考點師生共研 模型構建 2 求解瞬時加速度的一般思路 例2 2017 山東泰安二模 如圖6所示 小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上 小球B用水平輕彈簧拉著 彈簧固定在豎直板上 兩小球A B通過光滑滑輪O用輕質細繩相連 兩球均處于靜止狀態(tài) 已知B球質量為m O在半圓柱體圓心O1的正上方 OA與豎直方向成30 角 OA長度與半圓柱體半徑相等 OB與豎直方向成45 角 現將輕質細繩剪斷的瞬間 重力加速度為g 下列說法正確的是 圖6 拓展延伸 1 如圖7甲 乙中小球m1 m2原來均靜止 現如果均從圖中B處剪斷 則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子 它們的拉力將分別如何變化 答案彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)? 圖7 2 如果均從圖中A處剪斷 則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子的拉力又將如何變化呢 答案彈簧的彈力來不及變化 下段繩的拉力變?yōu)? 3 由 1 2 的分析可以得出什么結論 答案繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變 答案 例3如圖8所示 兩木塊A B質量均為m 用勁度系數為k 原長為L的輕彈簧連在一起 放在傾角為 的傳送帶上 兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為 用與傳送帶平行的細線拉住木塊A 傳送帶按圖示方向勻速轉動 兩木塊處于靜止狀態(tài) 求 1 A B兩木塊之間的距離 解析隔離B木塊受力分析 由平衡條件可得F彈 mgsin mgcos 圖8 2 剪斷細線瞬間 A B兩木塊加速度分別為多大 答案aA 2g sin cos aB 0 解析剪斷細線瞬間彈簧彈力不變 對木塊B由牛頓第二定律得F彈 mgsin mgcos maB解得aB 0 對于木塊A有F彈 mgcos mgsin maA解得aA 2 gsin gcos 2g sin cos 答案 解析 變式3如圖9所示 物塊1 2間用剛性輕質桿連接 物塊3 4間用輕質彈簧相連 物塊1 3質量均為m 2 4質量均為m0 兩個系統均置于水平放置的光滑木板上 并處于靜止狀態(tài) 現將兩木板沿水平方向突然抽出 設抽出后的瞬間 物塊1 2 3 4的加速度大小分別為a1 a2 a3 a4 重力加速度大小為g 則有A a1 a2 a3 a4 0B a1 a2 a3 a4 g 圖9 1 常見的動力學圖象v t圖象 a t圖象 F t圖象 F a圖象等 2 圖象問題的類型 1 已知物體受的力隨時間變化的圖線 要求分析物體的運動情況 2 已知物體的速度 加速度隨時間變化的圖線 要求分析物體的受力情況 3 由已知條件確定某物理量的變化圖象 能力考點師生共研 3 解題策略 1 分清圖象的類別 即分清橫 縱坐標所代表的物理量 明確其物理意義 掌握物理圖象所反映的物理過程 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 圖線與橫 縱坐標的交點 圖線的轉折點 兩圖線的交點等 3 明確能從圖象中獲得哪些信息 把圖象與具體的題意 情景結合起來 應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式 進而明確 圖象與公式 圖象與物體 間的關系 以便對有關物理問題作出準確判斷 例4如圖10甲所示 兩滑塊A B用輕質細線跨過光滑輕質定滑輪相連 B距地面一定高度 A可在與斜面平行的細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動 已知mA 2kg mB 4kg 斜面傾角 37 某時刻由靜止釋放A 測得A沿斜面向上運動的v t圖象如圖乙所示 已知g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 A與斜面間的動摩擦因數 答案0 25 圖10 對A FT mAgsin mAgcos mAa1對B mBg FT mBa1得 0 25 2 A沿斜面向上滑動的最大位移 解析B落地后 A繼續(xù)減速上升 由牛頓第二定律得mAgsin mAgcos mAa2將已知量代入 可得a2 8m s2 答案0 75m 所以 A上滑的最大位移為x x1 x2 0 75m 答案 解析 3 滑動過程中細線對A的拉力所做的功 解析A加速上滑過程中 由動能定理 W mAgsin mAgcos x1 mAv2 0得W 12J 答案12J 答案 解析 例5 2018 吉林公主嶺模擬 如圖11甲所示 光滑水平面上的O處有一質量為m 2kg的物體 物體同時受到兩個水平力的作用 F1 4N 方向向右 F2的方向向左 大小隨時間均勻變化 如圖乙所示 物體從零時刻開始運動 圖11 1 求當t 0 5s時物體的加速度大小 答案0 5m s2 答案 解析 解析由題圖乙可知F2 2 2t N當t 0 5s時 F2 2 2 0 5 N 3NF1 F2 ma 2 物體在t 0至t 2s內何時物體的加速度最大 最大值為多少 答案當t 0時 am 1m s2當t 2s時 am 1m s2 答案 解析 解析物體所受的合外力為F合 F1 F2 2 2t N 作出F合 t圖象如圖所示從圖中可以看出 在0 2s范圍內當t 0時 物體有最大加速度amFm mam 當t 2s時 物體也有最大加速度am Fm mam 負號表示加速度方向向左 3 物體在t 0至t 2s內何時物體的速度最大 最大值為多少 解析由牛頓第二定律得a 1 t m s2 畫出a t圖象如圖所示由圖可知t 1s時速度最大 最大值等于a t圖象在t軸上方與橫 縱坐標軸所圍的三角形的面積v 1 1m s 0 5m s 答案t 1s時 v 0 5m s 變式4 多選 如圖12甲所示 一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上 其上放置一質量為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 得到如圖乙所示的a F圖象 取g 10m s2 則下列說法正確的是A 滑塊的質量m 4kgB 木板的質量M 4kgC 滑塊與木板間動摩擦因數為0 1D 當F 8N時滑塊加速度為2m s2 圖12 根據 mg ma 得a 1m s2 D錯誤 1 連接體的類型 1 彈簧連接體 模型構建 2 物物疊放連接體 3 輕繩連接體 4 輕桿連接體 2 連接體的運動特點輕繩 輕繩在伸直狀態(tài)下 兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等 輕桿 輕桿平動時 連接體具有相同的平動速度 輕桿轉動時 連接體具有相同的角速度 而線速度與轉動半徑成正比 輕彈簧 在彈簧發(fā)生形變的過程中 兩端連接體的速度不一定相等 在彈簧形變最大時 兩端連接體的速率相等 3 處理連接體問題的方法 例6 多選 2015 新課標全國 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 8B 10C 15D 18 答案 解析 解析設PQ西邊有n節(jié)車廂 每節(jié)車廂的質量為m 則F nma 設PQ東邊有k節(jié)車廂 則F km a 聯立 得3n 2k 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 變式5 多選 2018 陜西商洛質檢 如圖13所示 在粗糙的水平面上 質量分別為m和M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均為 當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時 彈簧的伸長量為x1 當用同樣大小的恒力F沿著傾角為 的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運動時 彈簧的伸長量為x2 則下列說法中正確的是A 若m M 有x1 x2B 若msin 有x1 x2D 若 sin 有x1 x2 圖13 解析在水平面上滑動時 對整體 根據牛頓第二定律 有F m M g m M a1 隔離物塊A 根據牛頓第二定律 有FT mg ma1 聯立 解得FT 在斜面上滑動時 對整體 根據牛頓第二定律 有F m M gsin m M a2 隔離物塊A 根據牛頓第二定律 有FT mgsin ma2 聯立 解得FT 比較 可知 彈簧彈力相等 與動摩擦因數和斜面的傾角無關 故A B正確 C D錯誤 變式6 多選 如圖14所示 傾角為 的斜面放在粗糙的水平地面上 現有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑 支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定 與滑塊相對靜止 后 懸線的方向與豎直方向的夾角也為 斜面體始終保持靜止 則下列說法正確的是A 斜面光滑B 斜面粗糙C 達到穩(wěn)定狀態(tài)后 地面對斜面體的摩擦力水平向左D 達到穩(wěn)定狀態(tài)后 地面對斜面體的摩擦力水平向右 圖14 解析隔離小球 可知小球的加速度方向為沿斜面向下 大小為gsin 對支架系統進行分析 只有斜面光滑 支架系統的加速度才是gsin 所以A正確 B錯誤 將支架系統和斜面看成一個整體 因為整體具有沿斜面向下的加速度 故地面對斜面體的摩擦力水平向左 C正確 D錯誤 故選A C 課時作業(yè) 1 在兒童蹦極游戲中 拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩 質量為m的小明如圖1所示靜止懸掛時 兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg 若此時小明左側橡皮繩斷裂 則小明A 加速度為零 速度為零B 加速度a g 沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下C 加速度a g 沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D 加速度a g 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 圖1 解析根據題意 腰間左右兩側的橡皮繩的彈力等于重力 小明左側橡皮繩斷裂 則小明此時所受合力方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下 大小等于mg 所以小明的加速度a g 沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下 選項B正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 兩個質量分別為m1 m2的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上 如圖2所示 如果它們分別受到水平推力2F和F 則A B之間彈力的大小為 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖2 答案 解析 3 電梯在t 0時由靜止開始上升 運動的a t圖象如圖3所示 選取向上為正 電梯內乘客的質量m0 50kg 重力加速度g取10m s2 下列說法正確的是A 第9s內乘客處于失重狀態(tài)B 1 8s內乘客處于平衡狀態(tài)C 第2s內乘客對電梯的壓力大小為550ND 第9s內電梯速度的增加量為1m s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 圖3 4 多選 如圖4甲所示 質量為m 2kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處 物塊與水平地面間的動摩擦因數 0 5 在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動 經過一段時間后 物塊回到出發(fā)點O處 取水平向右為速度的正方向 物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示 重力加速度g取10m s2 則A 物塊經過4s回到出發(fā)點B 物塊運動到第3s時改變水平拉力的方向C 3 5s時刻水平力F的大小為4ND 4 5s時刻水平力F的大小為16N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖4 5 如圖5所示 質量為m的小球用一水平輕彈簧系住 并用傾角為60 的光滑木板AB托住 小球恰好處于靜止狀態(tài) 在木板AB突然向下撤離的瞬間 小球的加速度為A 0B 大小為g 方向豎直向下C 大小為g 方向垂直木板向下D 大小為2g 方向垂直木板向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖5 解析撤離木板AB瞬間 木板對小球的支持力消失 而小球所受重力和彈力不變 且二力的合力與原支持力等大反向 6 多選 2017 河北保定一模 如圖6所示 一質量M 3kg 傾角為 45 的斜面體放在光滑水平地面上 斜面體上有一質量為m 1kg的光滑楔形物體 用一水平向左的恒力F作用在斜面體上 系統恰好保持相對靜止地向左運動 重力加速度為g 10m s2 下列判斷正確的是A 系統做勻速直線運動B F 40NC 斜面體對楔形物體的作用力大小為5ND 增大力F 楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析對整體受力分析如圖甲所示 由牛頓第二定律有F M m a 對楔形物體受力分析如圖乙所示 由牛頓第二定律有mgtan45 ma 可得F 40N a 10m s2 A錯 B對 外力F增大 則斜面體加速度增加 楔形物體不能獲得那么大的加速度 將會相對斜面體沿斜面上滑 D對 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7 如圖7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 則m1的加速度大小為 答案 解析 圖7 8 2014 北京理綜 18 應用物理知識分析生活中的常見現象 可以使物理學習更加有趣和深入 例如平伸手掌托起物體 由靜止開始豎直向上運動 直至將物體拋出 對此現象分析正確的是A 手托物體向上運動的過程中 物體始終處于超重狀態(tài)B 手托物體向上運動的過程中 物體始終處于失重狀態(tài)C 在物體離開手的瞬間 物體的加速度大于重力加速度D 在物體離開手的瞬間 手的加速度大于重力加速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 解析手托物體拋出的過程 必有一段加速過程 其后可以減速 可以勻速 當手和物體勻速運動時 物體既不超重也不失重 當手和物體減速運動時 物體處于失重狀態(tài) 選項A錯誤 物體從靜止到運動 必有一段加速過程 此過程物體處于超重狀態(tài) 選項B錯誤 當物體離開手的瞬間 物體只受重力 此時物體的加速度等于重力加速度 選項C錯誤 手和物體分離之前速度相同 分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大 物體離開手的瞬間 手的加速度大于重力加速度 所以選項D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9 2018 湖南懷化質檢 如圖8所示 A B C三球質量均為m 輕質彈簧一端固定在斜面頂端 另一端與A球相連 A B間固定一個輕桿 B C間由一輕質細線連接 傾角為 的光滑斜面固定在地面上 彈簧 輕桿與細線均平行于斜面 初始系統處于靜止狀態(tài) 細線被燒斷的瞬間 下列說法正確的是A A球受力情況未變 加速度為零B C球的加速度沿斜面向下 大小為gC A B之間桿的拉力大小為2mgsin D A B兩個小球的加速度均沿斜面向上 大小均為gsin 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖8 解析細線被燒斷的瞬間 以A B整體為研究對象 彈簧彈力不變 細線拉力突變?yōu)? 合力不為0 加速度不為0 故A錯誤 對球C 由牛頓第二定律得 mgsin ma 解得 a gsin 方向沿斜面向下 故B錯誤 以A B C組成的系統為研究對象 燒斷細線前 A B C靜止 處于平衡狀態(tài) 合力為零 彈簧的彈力F 3mgsin 燒斷細線的瞬間 由于彈簧彈力不能突變 彈簧彈力不變 以A B整體為研究對象 由牛頓第二定律得 3mgsin 2mgsin 2ma 則A B的加速度a gsin 故D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 多選 如圖9所示 在豎直平面內 A和B是兩個相同的輕彈簧 C是橡皮筋 它們三者間的夾角均為120 已知A B對小球的作用力均為F 此時小球平衡 C處于拉直狀態(tài) 已知當地重力加速度為g 則剪斷橡皮筋的瞬間 小球的加速度可能為 圖9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析由于橡皮筋C只能提供向下的拉力 所以輕彈簧A和B對小球的作用力一定是拉力 可能有兩種情況 1 橡皮筋可能被拉伸 設拉力為FT 由平衡條件可知 2Fcos60 mg FT 解得橡皮筋拉力FT F mg 剪斷橡皮筋的瞬間 小球所受合外力等于橡皮筋拉力FT F mg 方向豎直向上 由牛頓第二定律 F合 ma 解得小球的加速度a g 選項B正確 2 橡皮筋可能沒有發(fā)生形變 拉力為零 則剪斷橡皮筋的瞬間 小球的加速度為零 選項C正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11 如圖10甲所示 在傾角為30 的足夠長的光滑斜面上 有一質量為m的物體 受到沿斜面方向的力F作用 力F按圖乙所示規(guī)律變化 圖中縱坐標是F與mg的比值 力沿斜面向上為正 則物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是 物體初速度為零 重力加速度取10m s2 圖10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 2018 四川德陽模擬 如圖11甲所示 長木板B固定在光滑水平面上 可看做質點的物體A靜止疊放在B的最左端 現用F 6N的水平力向右拉物體A 經過5s物體A運動到B的最右端 其v t圖象如圖乙所示 已知A B的質量分別為1kg 4kg A B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 g取10m s2 1 求物體A B間的動摩擦因數 答案0 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖11 以A為研究對象 根據牛頓第二定律可得F mAg mAaA 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 若B不固定 求A運動到B的最右端所用的時間 設A運動到B的最右端所用的時間為t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析