備戰(zhàn)2019年高考物理 高頻考點解密 專題03 牛頓運動定律教學案

專題03 牛頓運動定律 核心考點 考綱要求 牛頓運動定律及其應用 超重和失重 Ⅱ Ⅰ 考點1 動力學中的圖象問題 物理公式與物理圖象的結(jié)合是一種重要題型，也是高考的重點及熱點。 1．常見的圖象有：v–t圖象，a–t圖象，F(xiàn)–t圖象，F(xiàn)–x圖象，F(xiàn)–a圖象等。 2．圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系v–t圖象與F–t圖象的橋梁。 3．圖象的應用 （1）已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況。 （2）已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況。 （3）通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析。 4．解題策略 （1）弄清圖象斜率、截距、交點、拐點的物理意義。 （2）應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)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。 5．分析圖象問題時常見的誤區(qū) （1）沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。 （2）不注意坐標原點是否從零開始。 （3）不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義。 （4）忽視對物體的受力情況和運動情況的分析。 （2018·四川綿陽中學）水平地面上質(zhì)量為m=6 kg的物體，在大小為12 N的水平拉力F的作用下做勻速直線運動，從x=2.5 m位置處拉力逐漸減小，力F隨位移x變化規(guī)律如圖所示，當x=7 m時拉力減為零，物體也恰好停下，取，下列結(jié)論正確的是 A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．合外力對物體所做的功為57 J C．物體在減速階段所受合外力的沖量為12 N?S D．物體勻速運動時的速度為3 m/s 【參考答案】D 【試題解析】勻速時應有：F=f=μmg，解得動摩擦因數(shù)μ=0.2，故A錯誤；根據(jù)W=Fs可知，F(xiàn)–s圖象與s軸所夾圖形的面積即為F做的功，可求出力F對物體所做的功為，摩擦力做功為，所以合外力做的功為：，故B錯誤；對全過程由動能定理應有：，解得：，故D正確；根據(jù)動量定理可得物體在減速階段所受合外力的沖量為，故C錯誤。 1．如圖1所示，一個靜止在光滑水平面上的物塊，在t=0時給它施加一個水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t變化的關系如圖2所示，則物塊速度v隨時間t變化的圖象是 A． B． C． D． 【答案】C 考點2 動力學中整體法與隔離法的應用 1．方法概述 （1）整體法是指對物理問題的整個系統(tǒng)或過程進行研究的方法。 （2）隔離法是指從整個系統(tǒng)中隔離出某一部分物體，進行單獨研究的方法。 2．涉及隔離法與整體法的具體問題類型 （1）涉及滑輪的問題 若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。例如，繩跨過定滑輪連接的兩個物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法。 （2）水平面上的連接體問題 ①這類問題一般多是連接體（系統(tǒng)）中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。 ②建立坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度。 （3）斜面體與上面物體組成的連接體問題 當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析。 3．解題思路 （1）分析所研究的問題適合應用整體法還是隔離法。 （2）對整體或隔離體進行受力分析，應用牛頓第二定律確定整體或隔離體的加速度。 （3）結(jié)合運動學方程解答所求解的未知物理量。 （2018·湖南溆浦圣達學校）如圖，小球A的質(zhì)量為2m，小球B和C的質(zhì)量均為m，B、C兩球到結(jié)點P的輕繩長度相等，滑輪摩擦不計。開始系統(tǒng)處于靜止狀狀，現(xiàn)讓B、C兩球以某角速度ω在水平面內(nèi)做圓錐擺運動時，A球?qū)? A．向上做加速運動 B．向下做加速運動 C．保持平衡狀態(tài) D．做勻速圓周運動 【參考答案】C 【試題解析】B球、C球和兩根細線整體受重力和細線向上的拉力，設整體下降的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有：2mg–T=2m·a；對A球受力分析，受重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：T–2mg=2ma；聯(lián)立解得：a=0，即A球?qū)⒈３朱o止，處于平衡狀態(tài)；故選C。 1．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)。則 A．B受到C的摩擦力一定不為零 B．C受到水平面的摩擦力一定為零 C．不論B、C間摩擦力大小、方向如何，水平面對C的摩擦力方向一定向左 D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等 【答案】C 考點3 用牛頓第二定律解決瞬時加速度問題 1．在分析瞬時對應關系時應注意區(qū)分動力學中的幾種模型。 受外力時的形變量 力能否突變 產(chǎn)生拉力或壓力 輕繩 微小不計 可以 只有拉力沒有壓力 輕橡皮繩 較大 不能 只有拉力沒有壓力 輕彈簧 較大 不能 既可有拉力；也可有壓力 輕桿 微小不計 可以 既可有拉力；也可有壓力 2．分析瞬時問題的注意要點: （1）物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析。 （2）分析物體的瞬時問題，關鍵是分析瞬時前后的受力情況和運動情況，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。 （3）分析此類問題應特別注意繩或線類、彈簧或橡皮繩類模型的特點。 （4）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。 如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量均為，B和C分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計。整個系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷，在輕繩剛斷的瞬間 A．物體B的加速度大小為g B．物體C的加速度大小為2g C．吊籃A的加速度大小為3g D．A、C間的彈力大小為0.5mg 【參考答案】D 【試題解析】在輕繩剛斷的瞬間，彈簧的彈力不能突變，則物體B受力情況不變，故物體B的加速度大小為零，選項A錯誤。將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得，，即A、C的加速度均為1.5g，故B、C錯誤。剪斷細線的瞬間，A受到重力和C對A的作用力，對A：FC+mg=ma。得：FC=ma–mg=0.5mg，故D正確。 1．（2018·福建泉州三中）如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質(zhì)量為m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起，當框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為 A．g B． C．0 D． 【答案】D 考點4 動力學中的臨界問題 1．當物體的運動從一種狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時必然有一個轉(zhuǎn)折點，這個轉(zhuǎn)折點所對應的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài)；在臨界狀態(tài)時必須滿足的條件叫做臨界條件。用變化的觀點正確分析物體的受力情況、運動狀態(tài)變化情況，同時抓住滿足臨界值的條件是求解此類問題的關鍵。 2．臨界或極值條件的標志 （1）有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明題述的過程存在著臨界點； （2）若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)； （3）若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點； （4）若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度。 3．產(chǎn)生臨界問題的條件 （1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN=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是：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繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT=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。當出現(xiàn)速度有最大值或最小值的臨界條件時，物體處于臨界狀態(tài)，所對應的速度便會出現(xiàn)最大值或最小值。 如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離，下列說法正確的是 A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長 B．B和A剛分離時，它們的加速度為g C．彈簧的勁度系數(shù)等于 D．在B和A分離前，它們做勻加速直線運動 【參考答案】C 【試題解析】A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB=0 對B：F–mg=ma 對A：kx–mg=ma 即F=kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài) 由F=mg，拉B前設彈簧壓縮量為x0，則 2mg=kx0，h=x0–x 解以上各式得 綜上所述，只有C項正確 1．如圖所示，左右?guī)в泄潭〒醢宓拈L木板放在水平桌面上，物體M放于長木板上靜止，此時彈簧對物體的壓力為3 N，物體的質(zhì)量為0.5 kg，物體與木板之間無摩擦，現(xiàn)使木板與物體M一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做勻加速運動時 A．物體對左側(cè)擋板的壓力等于零 B．物體對左側(cè)擋板的壓力等于3 N C．物體受到4個力的作用 D．彈簧對物體的壓力等于6 N 【答案】A 考點5 傳送帶模型問題 1．建模指導 傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題。 （1）水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x（對地）的過程中速度是否和傳送帶速度相等。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。 （2）傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。 2．模型特征 （1）水平傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后勻速 情景2 （1）v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 （2）v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 （1）傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端 （2）傳送帶足夠長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v0 （2）傾斜傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后勻速 情景2 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后勻速 （3）可能先以a1加速后以a2加速 3．思維模板 4．分析傳送帶問題的關鍵是判斷摩擦力的方向。 要注意抓住兩個關鍵時刻：一是初始時刻，根據(jù)物體速度v物和傳送帶速度v傳的關系確定摩擦力的方向，二是當v物=v傳時，判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止。 （2018·山西臨汾一中）傾角的斜面底端與水平傳送帶平滑接觸，傳送帶BC長L=6 m，始終以的速度順時針運動。一個質(zhì)量m=1 kg的物塊從距斜面底端高度的A點由靜止滑下，物塊通過B點時速度的大小不變。物塊與斜面、物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)分別為、，傳送帶上表面在距地面一定高度處，g取。(sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）求物塊由A點運動到C點的時間； （2）求物塊距斜面底端高度滿足什么條件時，將物塊靜止釋放均落到地面上的同一點D。 【參考答案】（1）4 s (2)1.8 mh9 m 【試題解析】（1）A到B，由動能定理得： 得 由牛頓第二定律得： 得 根據(jù)運動學公式得： B到C，由題可知，物塊做勻速直線運動，則有 A到C總時間： （2）要使物塊落在地面上同一點，物塊在C點速度 ①當距傳送帶底端高度為時，物塊滑上傳送帶后一直做勻加速運動 A到C，由動能定理得： 得 ②當距傳送帶底端高度為時，物塊滑上傳送帶后一直做勻減速運動 A到C，由動能定理得： 得 故 1．（2018·江西師大附中）如圖是工廠流水生產(chǎn)線包裝線示意圖，質(zhì)量均為m=2.5 kg、長度均為l=0.36 m的產(chǎn)品在光滑水平工作臺AB上緊靠在一起排列成直線（不粘連），以v0=0.6 m/s的速度向水平傳送帶運動，設當每個產(chǎn)品有一半長度滑上傳送帶時，該產(chǎn)品即刻受到恒定摩擦力Ff=μmg而做勻加速運動，當產(chǎn)品與傳送帶間沒有相對滑動時，相鄰產(chǎn)品首尾間距離保持2l（如圖）被依次送入自動包裝機C進行包裝。觀察到前一個產(chǎn)品速度達到傳送帶速度時，下一個產(chǎn)品剛好有一半滑上傳送帶而開始做勻加速運動。取g=10 m/s2。試求： (1)傳送帶的運行速度v； (2)產(chǎn)品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ： (3)滿載工作時與空載時相比，傳送帶驅(qū)動電動機增加的功率?P； (4)為提高工作效率，工作人員把傳送帶速度調(diào)成v'=2.4 m/s，已知產(chǎn)品送入自動包裝機前已勻速運動，求第(3)問中的?P′?第(3)問中在相當長時間內(nèi)的等效?P′′? 【答案】(1)1.8 m/s (2)μ=0.2 (3)9 W (4)18 W 且x1–x2=3l 考點6 滑塊—木板模型 1．建模指導 解此類題的基本思路：（1）分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度；（2）對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程。特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移。 2．模型特征 上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動。 3．思維模板 4．分析滑塊—木板模型問題時應掌握的技巧 （1）分析題中滑塊、木板的受力情況，求出各自的加速度。 （2）畫好運動草圖，找出位移、速度、時間等物理量間的關系。 （3）知道每一過程的末速度是下一過程的初速度。 （4）兩者發(fā)生相對滑動的條件：①摩擦力為滑動摩擦力。②二者加速度不相等。 5．滑塊—木板模型臨界問題的求解思路 一質(zhì)量為M的物體P靜止與粗糙水平地面，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L1，bc為一光滑斜面，斜面傾角為θ，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以一定的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升最大高度后下滑，返回后恰好停在a點，此過程中物體P運動狀態(tài)始終不變。已知水平地面與物體P之間動摩擦因數(shù)為μ1，物體P的水平面ab與木塊之間動摩擦因數(shù)為μ2，重力加速度為g。求： （1）木塊在ab段運動時，物體P受到地面的摩擦力f； （2）木塊在斜面上運動的加速度a； （3）木塊在ab水平面上運動的總時間。 【參考答案】（1） （2） （3） 【試題解析】（1） （2） （3）設木塊以速度v0由a1減速運動到b，到達b時速度為v，用時t1；由b返回a用時t2 解得： 1．（2018·四川南充高中）長為1.5 m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度從木板B的左端沖上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、B的速度為0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm。若小物塊A可視為質(zhì)點，它與長木板B的質(zhì)量相同，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1=0.25。求：（取g=10 m/s2） （1）木板與冰面的動摩擦因數(shù)。 （2）小物塊相對長木板滑行的距離。 （3）為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊滑上長木板時的初速度應滿足什么條件。 【答案】（1） （2） （3） 有 由上三式解得，為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊沖上長木板的初速度不大于最大初速度 1．（2018·新課標I卷）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)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)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之間關系的圖象可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】A 2．（2018·浙江新高考）如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作，下列F–t圖象能反應體重計示數(shù)隨時間變化的是 A． B． C． D． 【答案】C 3．（2018·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊 A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】本題考查力與運動的關系和功能關系，意在考查學生的綜合分析能力。物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，選項A正確、選項B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，故選項C錯誤；從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項D正確。 4．（2016·新課標全國Ⅰ卷）一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則 A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 【答案】BC 5．（2016·海南卷）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–時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則 A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1=F3 【答案】A 【解析】由v–t圖象可知，0~5 s內(nèi)加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F(xiàn)1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s內(nèi)加速度a2=0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F(xiàn)2=mgsin θ–f；10~15 s內(nèi)加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F(xiàn)3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項A正確。 6．（2016·上海卷）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的 A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 【答案】D 【解析】據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也應該向右，故選D。 7．（2016·海南卷）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–時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則 A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1=F3 【答案】A 8．（2016·全國新課標Ⅲ卷）某物理課外小組利用圖（a）中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關系。圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；輕繩跨過滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼。本實驗中可用的鉤碼共有N=5個，每個質(zhì)量均為0.010 kg。實驗步驟如下： （1）將5個鉤碼全部放入小車中，在長木板左下方墊上適當厚度的小物快，使小車（和鉤碼）可以在木板上勻速下滑。 （2）將n（依次取n=1，2，3，4，5）個鉤碼掛在輕繩右端，其余N–n個鉤碼仍留在小車內(nèi)；用手按住小車并使輕繩與木板平行。釋放小車，同時用傳感器記錄小車在時刻t相對于其起始位置的位移s，繪制s–t圖象，經(jīng)數(shù)據(jù)處理后可得到相應的加速度a。 （3）對應于不同的n的a值見下表。n=2時的s–t圖象如圖（b）所示；由圖（b）求出此時小車的加速度（保留2位有效數(shù)字），將結(jié)果填入下表。 n 1 2 3 4 5 0.20 0.58 0.78 1.00 （4）利用表中的數(shù)據(jù)在圖（c）中補齊數(shù)據(jù)點，并作出a–n圖象。從圖象可以看出：當物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與其所受的合外力成正比。 （5）利用a–n圖象求得小車（空載）的質(zhì)量為_______kg（保留2位有效數(shù)字，重力加速度取g=9.8 m/s2）。 （6）若以“保持木板水平”來代替步驟（1），下列說法正確的是_______（填入正確選項前的標號） A．a(chǎn)–n圖線不再是直線 B．a(chǎn)–n圖線仍是直線，但該直線不過原點 C．a(chǎn)–n圖線仍是直線，但該直線的斜率變大 【答案】（3）0.39 （4）如圖所示 （5）0.45 （6）BC （5）根據(jù)牛頓第二定律可得，代入m=0.010 kg，n=1、2、3、4、5，以及相應的加速度求可得。 （6）因為如果不平衡摩擦力，則滿足的形式，所以故直線不過原點，但仍是直線，A錯誤，B正確；隨著n的增大，小車的總質(zhì)量在減小，故直線的斜率變大，故C正確。 9．（2017·新課標全國Ⅲ卷）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。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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 31