高考物理二轮复习刷题首选卷专题三牛顿运动定律的理解和应用精练(含解析)

高考物理二轮复习刷题首选卷专题三牛顿运动定律的理解和应用

精练（含解析）

『经典特训题组』

1. 如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力( )

A ．方向向左，大小不变

B ．方向向左，逐渐减小

C ．方向向右，大小不变

D ．方向向右，逐渐减小 答案 A

解析 物块B 向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，则由牛顿第二定律得B 受到A 给的静摩擦力方向向左，大小为f ＝m B a ，保持不变，A 正确。

2. 如图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2。重力加速度大小为g 。则有( )

A ．a 1＝g ，a 2＝g

B ．a 1＝0，a 2＝g

C ．a 1＝0，a 2＝m ＋M

M

g D ．a 1＝g ，a 2＝

m ＋M

M

g 答案 C

解析 在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力，mg ＝F ，a 1＝0；木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a 2＝F ＋Mg M ＝m ＋M

M

g ，故C 正确。

3．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )

A ．甲球用的时间比乙球长

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 球的质量m ＝ρ·43πr 3，阻力f ＝kr ，由牛顿第二定律a ＝mg －f

m

＝g －

kr

ρ·4

3

πr 3

＝

g －k ρ·43

πr 2

，ρ甲＝ρ乙，m 甲>m 乙，所以r 甲>r 乙，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2

知甲球用的时间

较短，A 、C 错误；由v ＝2ah 得v 甲>v 乙，故B 正确；因f 甲>f 乙，由W f ＝fh 知甲球克服阻力做功较大，D 正确。

4．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块，木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到如图乙所示的a -F 图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2

，则下列选项错误的是( )

A ．滑块的质量m ＝4 kg

B ．木板的质量M ＝2 kg

C ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2

D ．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 答案 C

解析 由题图乙知，F ＝6 N 时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a ＝1 m/s 2

。对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据计算得出M ＋m ＝6 kg ，当F ≥6 N 时，对木板，根据牛顿第二定律得a ＝

F －μmg M ＝1M F －μmg M ，知图线的斜率k ＝1

2

，则M ＝2 kg ，滑块的质量m ＝4 kg ，故A 、B 正确；根据F ＝6 N 时，a ＝1 m/s 2

，代入表达式计算得出μ＝0.1，当F ＝8 N 时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ′，计算得出a ′＝μg ＝1 m/s 2

，故C 错误，D 正确。

5．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P 是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g ＝10 m/s 2

。根据图象分析可知( )

A ．张明的重力为

1000 N

B ．e 点位置张明处于超重状态

C ．c 点位置张明处于失重状态

D ．张明在d 点的加速度小于在f 点的加速度 答案 B

解析 开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N ，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N ，故A 错误；e 点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B 正确；c 点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C 错误；张明在d 点时，a 1＝

F d －

G m ＝1500－50050010

m/s 2＝20 m/s 2，张明在f 点时，a 2＝G －0m ＝500500

10

m/s 2＝10 m/s 2

，可知张明在d 点的加速度大于在f 点的加速度，故D 错误。

6. 如图所示，倾角为θ的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v 1，一个物体从传送带底端以初速度大小v 2(v 2>v 1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F 作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的

v -t 图象不可能是( )

答案 C

解析 若F >mg sin θ＋μmg cos θ，物块一直做匀加速运动，v -t 图象是向上倾斜的直线，A 图是可能的；若F ＝mg sin θ＋μmg cos θ，物块一直做匀速运动，v -t 图象是平行t 轴的直线，B 图是可能的；若F

v 1做匀速运动，故C 图不可能，D 图是可能的。综上所述，C 正确。

7．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N 。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，

g 取10 m/s 2。

(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度H ＝64 m 。求飞行器所受的阻力f 的大小；

(2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h ；

(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3。 答案 (1)4 N (2)42 m (3)32

2

s(或2.1 s)

解析 (1)飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动，设加速度大小为a 1，

H ＝12

a 1t 21①

由牛顿第二定律F －mg －f ＝ma 1② 由①②解得f ＝4 N ③

(2)第二次试飞中，设失去升力时的速度大小为v 1，上升的高度为s 1，运动示意图如图，

s 1＝1

2

a 1t 22④

设失去升力后的加速度大小为a 2，上升的高度为s 2， 由牛顿第二定律mg ＋f ＝ma 2⑤

v 1＝a 1t 2⑥ s 2＝v 21

2a 2

⑦

由③④⑤⑥⑦解得h ＝s 1＋s 2＝42 m ⑧

(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a 3，恢复升力后加速度大小为a 4，恢复升力时速度大小为v 3，运动示意图如图，

由牛顿第二定律mg －f ＝ma 3⑨

F ＋f －mg ＝ma 4⑩

且v 232a 3＋v 23

2a 4＝h ? v 3＝a 3t 3?

由③⑧⑨⑩??解得t 3＝322

s(或2.1 s)。

『真题调研题组』

1．(2019·海南高考)如图，两物块P 、Q 置于水平地面上，其质量分别为m 、2m ，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g 。现对Q 施加一水平向右的拉力F ，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为( )

A ．F －2μmg B.1

3F ＋μmg

C.1

3F －μmg D.13

F 答案 D

解析 对整体，由牛顿第二定律得F －μmg －2μmg ＝3ma ，对P 物块，由牛顿第二定律得T －μmg ＝ma ，解得T ＝1

3

F ，D 正确。

2．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动。以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )

答案 A

解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx 0＝mg ，施加拉力F 后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F ＋k (x 0－x )－mg ＝ma ，所以F ＝

ma ＋kx ，A 正确。

3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的

细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s 2

。由题给数据可以得出( )

A ．木板的质量为1 kg

B ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 N

C ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变

D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案 AB

解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N ，由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42 m/s 2＝0.2 m/s 2

，撤

去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2

，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，

对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确；0～2 s 内，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误；因物块质量不可求，故由F 摩＝μm

物

g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。

4．(2017·海南高考)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在

地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m 。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g 取10 m/s 2

)( )

A ．10 m/s

B ．20 m/s

C ．30 m/s

D ．40 m/s 答案 B

解析 刹车后汽车的合外力为摩擦力f ＝μmg ，加速度a ＝f

m

＝μg ＝8 m/s 2

，又刹车线长25 m ，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v ＝2as ＝2×8×25 m/s ＝20 m/s ，故B 正确。

5．(2019·江苏高考) 如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。求：

(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B 。

答案 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL 解析 A 、B 的运动过程如图所示：

(1)设A 、B 的质量均为m ，先敲击A 时，由牛顿第二定律可知，

A 的加速度大小a A ＝μmg

m

＝μg

在B 上滑动时有2a A L ＝v 2

A 解得：v A ＝2μgL 。

(2)对齐前，B 所受A 的摩擦力大小f A ＝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 ＝f A ＋f 地＝3μmg 由牛顿第二定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg

对齐后，A 、B 整体所受合外力大小F ′＝f 地＝2μmg 由牛顿第二定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg 。

(3)设敲击B 后经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 的加速度大小等于a A

则v ＝a A t ，v ＝v B －a B t

x A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12

a B t 2

且x B －x A ＝L

解得：v B ＝22μgL 。

6．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s 。A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2

。求：

(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离。 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m

解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有

f 1＝μ1m A

g ① f 2＝μ1m B g ②

f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )

g ③

由牛顿第二定律得

f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥

设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有

v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨ (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为

s B ＝v 0t 1－1

2

a B t 21⑩

设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2?

由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为

v 1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，

设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2?

对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2?

在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为

s 1＝v 1t 2－1

2

a 2t 22?

在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为

s A ＝v 0(t 1＋t 2)－1

2

a A (t 1＋t 2)2 ?

A 和

B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ?

联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m 。 (也可用如图所示的速度—时间图象求解)

『模拟冲刺题组』

1．(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )

A ．30°

B ．45°

C ．60°

D ．75° 答案 B

解析 设屋檐的底边长为L ，屋顶的坡面长度为s ，雨滴下滑的加速度为a ，雨滴只受重力mg 和屋顶对它的支持力N ，垂直于屋顶方向：N ＝mg cos θ，平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ，

雨滴的加速度a ＝g sin θ，根据几何关系，屋顶坡面的长度为：s ＝L 2cos θ，由s ＝12

at 2

得：t

＝

2s

a

＝

2L

g sin2θ

，θ＝45°时t 最短，故B 正确。

2. (2019·广东肇庆高三一模)(多选)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则( )

A．运动员的加速度为g tanθ

B．球拍对球的作用力为mg

C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)g cosθ

D．若运动员的加速度大于g tanθ，球一定沿球拍向上运动

答案AD

解析对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力图如图1，根据牛顿第二定律

得：N sinθ＝ma，N cosθ＝mg，解得，a＝g tanθ，N＝mg

cosθ

，故A正确，B错误；以球拍和

球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F＝M＋m g cosθ

，

故C错误；若运动员的加速度a大于g tanθ，假设球相对球拍静止，则其加速度也为a，如图3所示，将a分解，则a x＝a cosθ，因为a>g tanθ，所以a x>g tanθcosθ＝g sinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。

3. (2019·山东淄博一模)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a 随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )

答案 AD

解析 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g ；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球继续下降，弹力逐渐变大，小球做加速度减小的加速运动，直至重力等于弹力，此时加速度减小到零，速度达到最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，故A 正确，B 错误。根据牛顿第二定律可得加速度a ＝g －k

m

x (x 为弹簧压缩长度)，在与弹簧作用的加速向下阶段，相等时间内位移增大得越来越快，弹簧压缩量增大得越来越快，由此可知此阶段内加速度减小得越来越快；在减速向下阶段，相等时间内，弹簧的压缩量增大得越来越慢，故可知此阶段内加速度增大得越来越慢；由a -t 图象与时间轴所围面积表示速度的变化量与对称性可知，a ＝－g 时小球速度不为0，小球继续向下运动，a 继续增大，故C 错误，D 正确。

4．(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t ＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F ＝4 N 的作用，经一段时间后撒去力F ，物体运动的v -t 图象如图所示，已知g ＝10 m/s 2

，据图可知下列说法正确的是( )

A ．物体与水平面的动摩擦因数μ为0.2

B ．物体最后回到t ＝0时刻的位置

C ．F 的作用时间为1 s

D ．物体的质量为1 kg 答案 AD

解析 由v -t 图象可知，物体0～1 s 内沿正向做匀减速运动，1～2 s 内沿负向做匀加

速运动，2～3 s 内沿负向做匀减速运动，可得拉力F 在2 s 末撤去，拉力F 的作用时间为2 s ，在2～3 s 内物体的加速度为a ＝Δv Δt ＝2 m/s 2

，摩擦力大小为μmg ＝ma ，解得μ＝0.2，故A

正确，C 错误；由v -t 图线与时间轴所围面积表示位移知，0～1 s 内物体沿正向运动，位移大小为x 1＝12×6×1 m＝3 m ，1～3 s 内沿负向运动，位移大小为x 2＝1

2×(3－1)×2 m＝2 m ，

则知3 s 末物体到出发点的距离为x ＝x 1－x 2＝1 m ，故B 错误；在0～1 s 内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a 1＝61 m/s 2＝6 m/s 2

，根据牛顿第二定律可得：F ＋μmg ＝ma 1，解得

物体的质量m ＝1 kg ，故D 正确。

5．(2019·云南二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m 1和m 2的两物体P 、Q ，用细绳通过光滑定滑轮相连，m 1>m 2。现剪断Q 下端与木箱相连的细绳，在P 下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将( )

A ．变大

B ．变小

C ．不变

D ．先变小后变大 答案 B

解析 剪断细线之前台秤的示数为：N ＝Mg ＋m 1g ＋m 2g ；因m 1>m 2，则当剪断Q 下端的细绳后，P 向下加速，Q 向上加速，对P ：m 1g －T ＝m 1a ，对Q ：T －m 2g ＝ m 2a ，解得a ＝m 1－m 2

m 1＋m 2

g ，T ＝

2m 1m 2g m 1＋m 2，此时箱子对台秤的压力为：N ′＝Mg ＋2T ＝Mg ＋4m 1m 2g

m 1＋m 2

，结合m 1>m 2，由数学知识可知4m 1m 2g m 1＋m 2

A ．木板的长度

B ．物块与木板的质量之比

C ．物块与木板之间的动摩擦因数

D ．从t ＝0开始到t 1时刻，木板获得的动能 答案 BC

解析 根据题意只能求出小物块与长木板的相对位移，无法求出木板的长度，A 错误；由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度大小为a A ＝v 1

t 1，小物块的加速度大小a B ＝

v 0－v 1

t 1

，设小物块质量为m ，长木板质量为M ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma A ，μmg ＝ma B ，解得：m M

＝

v 1

v 0－v 1

，μ＝

v 0－v 1

gt 1

，故B 、C 正确；由于长木板质量未知，故其动能无法求出，D 错误。 『热门预测题组』

1．(2019·安徽安庆高三二模)(多选)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m ＝2.2 kg 的物体在水平向左的外力F 的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s 撤去外力F ，物体在0～4 s 内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2

，则( )

A ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5

B ．水平外力F ＝5.5 N

C ．水平外力F ＝4 N

D ．物体在0～4 s 内的位移为24 m 答案 AC

解析 根据v -t 图象的斜率表示加速度，知2～4 s 内物体的加速度为：a 2＝Δv Δt ＝12－8

4－2

m/s 2

＝2 m/s 2

，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得：μ＝0.5，故A 正确；0～2 s 内物体的加速度为：a 1＝

Δv ′Δt ′＝8－02－0

m/s 2＝4 m/s 2

，由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma 1，解得：F ＝4 N ，故B 错误，C 正确；由v -t 图线与t 轴围成的面积表示位移，可得物体在0～4 s 内的位移为：x ＝?

??

??8×22＋8＋122×2 m ＝28 m ，故D 错误。

2．(2019·湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。

(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；

(2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大；

(3)在如图2所示坐标系中画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。

答案(1)4 s (2)3 m/s212 m/s2(3)图见解析

解析(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，当木板受到木块对它的摩擦力为最大静摩擦力时，它们共同运动的加速度最大，木块与木板恰好相对静止。

对木板：f max－μ2(m1＋m2)g＝m1a max，f max＝μ1m2g

解得：a max＝3 m/s2

对整体有：F max－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a max

解得：F max＝12 N

由F max＝3t1得：t1＝4 s。

(2)t＝10 s时，两物体已相对运动，则有：

对木板：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1

解得：a1＝3 m/s2

对木块：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N

解得：a2＝12 m/s2。

(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)

图象如图所示。