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)
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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)
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fmBa,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)。現(xiàn)將木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()Aa1g,a2g Ba10,a2gCa10,a2g Da1g,a2g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,mgF,a10;木塊2受重力和壓力,根據(jù)牛頓第二定律a2g,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()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·r3,阻力fkr,由牛頓第二定律agg,甲乙,m甲>m乙,所以r甲>r乙,可得a甲>a乙,由hat2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Wffh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,得到如圖乙所示的aF圖,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,取g10 m/s2,則下列選項錯誤的是()A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當(dāng)F8 N時滑塊加速度為2 m/s2D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a1 m/s2。對整體分析,由牛頓第二定律有F(Mm)a,代入數(shù)據(jù)計算得出Mm6 kg,當(dāng)F6 N時,對木板,根據(jù)牛頓第二定律得aF,知圖線的斜率k,則M2 kg,滑塊的質(zhì)量m4 kg,故A、B正確;根據(jù)F6 N時,a1 m/s2,代入表達(dá)式計算得出0.1,當(dāng)F8 N時,對滑塊,根據(jù)牛頓第二定律得mgma,計算得出ag1 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ag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g10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知()A張明的重力為1000 NBe點位置張明處于超重狀態(tài)Cc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/s220 m/s2,張明在f點時,a2 m/s210 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擦因數(shù)tan,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則物塊運動的vt圖象不可能是()答案C解析若F>mgsinmgcos,物塊一直做勻加速運動,vt圖象是向上傾斜的直線,A圖是可能的;若Fmgsinmgcos,物塊一直做勻速運動,vt圖象是平行t軸的直線,B圖是可能的;若F<mgsinmgcos,物塊先做勻減速運動,合力大小F合mgcosmgsinF,因為tan,即有mgsinmgcos,當(dāng)速度減至v1時,物塊以速度v1做勻速運動,故C圖不可能,D圖是可能的。綜上所述,C正確。7航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器,其質(zhì)量m2 kg,動力系統(tǒng)提供的恒定升力F28 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t18 s時到達(dá)高度H64 m。求飛行器所受的阻力f的大??;(2)第二次試飛,飛行器飛行t26 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,Ha1t由牛頓第二定律Fmgfma1由解得f4 N(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,s1a1t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mgfma2v1a1t2s2由解得hs1s242 m(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mgfma3Ffmgma4且hv3a3t3由解得t3 s(或2.1 s)。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,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()AF2mg B.FmgC.Fmg D.F答案D解析對整體,由牛頓第二定律得Fmg2mg3ma,對P物塊,由牛頓第二定律得Tmgma,解得TF,D正確。2(2018·全國卷) 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?fàn)顟B(tài)?,F(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(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:kx0mg,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:Fk(x0x)mgma,所以Fmakx,A正確。3(2019·全國卷)(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。t0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t4 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 kgB24 s內(nèi),力F的大小為0.4 NC02 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,24 s內(nèi),木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2,撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2,設(shè)木板質(zhì)量為m,據(jù)牛頓第二定律,對木板有:24 s內(nèi):FF摩ma1,4 s以后:F摩ma2,解得m1 kg,F(xiàn)0.4 N,A、B正確;02 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m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)()A10 m/s B20 m/s C30 m/s D40 m/s答案B解析剎車后汽車的合外力為摩擦力fmg,加速度ag8 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/s20 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。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)3gg(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aAg在B上滑動時有2aALv解得:vA。(2)對齊前,B所受A的摩擦力大小fAmg,方向向左,地面的摩擦力大小f地2mg,方向向左,合外力大小FfAf地3mg由牛頓第二定律FmaB,得aB3g對齊后,A、B整體所受合外力大小Ff地2mg由牛頓第二定律F2maB,得aBg。(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vaAt,vvBaBtxAaAt2,xBvBtaBt2且xBxAL解得:vB2。6(2017·全國卷) 如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 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10.5;木板的質(zhì)量為m4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v03 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,取重力加速度大小g10 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f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛頓第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1設(shè)在t1時刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1,由運動學(xué)公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時間間隔內(nèi),B相對于地面移動的距離為sBv0t1aBt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f1f3(mBm)a2由式知,aAaB;再由式知,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v2v1a2t2對A有v2v1aAt2在t2時間間隔內(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)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s0sAs1sB聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得s01.9 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,傾角為,雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動,則理想的傾角為()A30° B45° C60° D75°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:Nmgcos,平行于屋頂方向:mamgsin,雨滴的加速度agsin,根據(jù)幾何關(guān)系,屋頂坡面的長度為:s,由sat2得:t ,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,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gtanB球拍對球的作用力為mgC運動員對球拍的作用力為(Mm)gcosD若運動員的加速度大于gtan,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:Nsinma,Ncosmg,解得,agtan,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gtan,假設(shè)球相對球拍靜止,則其加速度也為a,如圖3所示,將a分解,則axacos,因為a>gtan,所以ax>gtancosgsin,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agx(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at圖象與時間軸所圍面積表示速度的變化量與對稱性可知,ag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t0時刻受一與運動方向相反的恒力F4 N的作用,經(jīng)一段時間后撒去力F,物體運動的vt圖象如圖所示,已知g10 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)為0.2B物體最后回到t0時刻的位置CF的作用時間為1 sD物體的質(zhì)量為1 kg答案AD解析由vt圖象可知,物體01 s內(nèi)沿正向做勻減速運動,12 s內(nèi)沿負(fù)向做勻加速運動,23 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23 s內(nèi)物體的加速度為a2 m/s2,摩擦力大小為mgma,解得0.2,故A正確,C錯誤;由vt圖線與時間軸所圍面積表示位移知,01 s內(nèi)物體沿正向運動,位移大小為x1×6×1 m3 m,13 s內(nèi)沿負(fù)向運動,位移大小為x2×(31)×2 m2 m,則知3 s末物體到出發(fā)點的距離為xx1x21 m,故B錯誤;在01 s內(nèi)物體沿正向運動,根據(jù)圖象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律可得:Fmgma1,解得物體的質(zhì)量m1 kg,故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:NMgm1gm2g;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:m1gTm1a,對Q:Tm2g m2a,解得ag,T,此時箱子對臺秤的壓力為:NMg2TMg,結(jié)合m1>m2,由數(shù)學(xué)知識可知<m1gm2g,則NMg2TMg<Mgm1gm2gN,故選B。6(2019·四川廣元三診)(多選)如圖a,一長木板靜止于光滑水平桌面上,t0時,小物塊以速度v0滑到長木板上,圖b為物塊與木板運動的vt圖象,圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得()A木板的長度B物塊與木板的質(zhì)量之比C物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)D從t0開始到t1時刻,木板獲得的動能答案BC解析根據(jù)題意只能求出小物塊與長木板的相對位移,無法求出木板的長度,A錯誤;由圖象的斜率表示加速度求出長木板的加速度大小為aA,小物塊的加速度大小aB,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:mgMaA,mgmaB,解得:,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37°,現(xiàn)有質(zhì)量m2.2 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04 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,g10 m/s2,則()A物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5B水平外力F5.5 NC水平外力F4 ND物體在04 s內(nèi)的位移為24 m答案AC解析根據(jù)vt圖象的斜率表示加速度,知24 s內(nèi)物體的加速度為:a2 m/s22 m/s2,由牛頓第二定律有:mgsinmgcosma2,解得:0.5,故A正確;02 s內(nèi)物體的加速度為:a1 m/s24 m/s2,由牛頓第二定律有:mgsinFcos(mgcosFsin)ma1,解得:F4 N,故B錯誤,C正確;由vt圖線與t軸圍成的面積表示位移,可得物體在04 s內(nèi)的位移為:x m28 m,故D錯誤。2(2019·湖南衡陽二模)如圖1所示,在水平面上有一質(zhì)量為m11 kg的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m22 kg的木塊,木塊和木板之間的動摩擦因數(shù)10.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)20.1。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F3t(N),重力加速度大小g10 m/s2。(1)求木塊和木板保持相對靜止的時間t1;(2)t10 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/s212 m/s2(3)圖見解析解析(1)當(dāng)F2(m1m2)g3 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:fmax2(m1m2)gm1amax,fmax1m2g解得:amax3 m/s2對整體有:Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得:Fmax12 N由Fmax3t1得:t14 s。(2)t10 s時,兩物體已相對運動,則有:對木板:1m2g2 (m1m2)gm1a1解得:a13 m/s2對木塊:F1m2gm2a2,F(xiàn)3t30 N解得:a212 m/s2。(3)圖象過(1,0),(4,3),(10,12)圖象如圖所示。- 15 -