江苏2019年高考物理总复习第11讲牛顿运动定律的综合应用讲义.docx

第11讲牛顿运动定律的综合应用第1课时牛顿运动定律的应用(一)知识整合一、动力学的两类基本问题1两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的_第二类：已知运动情况求物体的_2解决两类基本问题的方法以_为“桥梁”，由运动学规律和_列方程求解二、超重和失重1实重和视重实重：物体在地球附近受到的实际重力悬挂于弹簧秤上的物体在_时，弹簧秤的示数在数值上等于物体的重力，静止于水平支持面上的物体，对支持面的压力在数值上也等于物体的重力视重：当弹簧秤和悬挂的物体在竖直方向上做_时，此时弹簧秤的示数叫物体的视重，视重不再等于物体的实重2超重当物体的加速度方向_时，它对悬挂物(如悬绳，弹簧秤)的拉力或对支持面的压力_实际重力的现象叫超重，亦即视重_实重3失重当物体的加速度方向_时，它对悬挂物的拉力或对支持面的压力_实际重力的现象叫失重即视重_实重完全失重：物体向下的加速度等于重力加速度时，它对悬挂物或支持面的压力等于_的现象叫完全失重它是失重现象中的一个特例说明：超重和失重并不是物体受的重力增加或减小了，而是由于运动状态的改变，使视重和实重不符的现象物体的重力并未改变方法技巧考点1两类基本问题的处理方法1两类基本问题的解题思路可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带2解决两类基本问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，可以通过作示意图或图象来寻找各过程的各物理量之间的联系3解答两类基本问题的一般步骤(1)取对象确定研究对象；(2)画力图对研究对象进行受力分析(和运动状态分析)；(3)定方向选取正方向(或建立坐标系)，通常以加速度方向为正方向较为适宜；(4)列方程根据牛顿运动定律列方程，根据运动学规律列方程；(5)解方程统一单位，求解方程，并对计算结果进行分析检验或讨论【典型例题1】(17年苏州调研)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，无人机连同装备的质量m2 kg，其动力系统所能提供的最大作用力F036 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 Ng取10 m/s2.(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？(2)无人机在地面上从静止开始，以最大作用力竖直向上起飞，到底离地面高度为h12 m的位置所需要的时间t为多少？(3)无人机现由悬停抓拍改做低空巡查，从静止开始以a3 m/s2的加速度沿水平线做匀加速直线运动，求在此过程中其动力系统所提供的作用力F2.1.为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道一辆货车在倾角30的连续长直下坡高速路上，以v07 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2.在加速前进了x096 m后，货车冲上了平滑连接的倾角37的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin530.8，g10 m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.【典型例题2】如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置() A在同一水平线上 B在同一竖直线上 C在同一抛物线上 D在同一圆周上2.如图所示，在倾角为的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与角的大小关系是() A B C2 D考点2超重与失重1重力与视重的比较运动情况现象视重(F)F与重力mg比较平衡状态匀速运动FmgFmga向上超重Fm(ga)Fmga向下失重Fm(ga)Fmgag向下完全失重F0F0mg2.对超重和失重的现象应当注意以下几点(1)超重：物体的加速度方向是竖直向上的物体并不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动失重：物体的加速度方向是竖直向下的，物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动(2)尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即ay0就可以当ay的方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay的方向竖直向下时，物体处于失重状态(3)当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有ag的加速度效果，不再产生其他效果(4)处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为F浮V排(ga)和F浮V排(ga)；处于完全失重状态下的液体F浮0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力(5)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化(6)发生超重或失重现象与物体的速度无关，只取决于加速度的大小和方向(7)物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.(8)在完全失重的状态下，平时一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等【典型例题3】一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力() At2 s时最大 Bt2 s时最小 Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小【典型例题4】如图所示，质量为m12 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g10 m/s2，下列正确的是() A物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2 B物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2 C物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N D轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N当堂检测1.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止斜面对物体的支持力和摩擦力分别为FN和Ff，则下列说法正确的是()第1题图 A在0t1时间内，FN增大，Ff减小 B在0t1时间内，FN减小，Ff增大 C在t1t2时间内，FN增大，Ff增大 D在t1t2时间内，FN减小，Ff减小2如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A点，其与水平面的夹角为53；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的B点，其与水平面的夹角为45；两长木板底端都在C点处若将一小球从A点由静止释放，小球运动到C点历时为t；将同一小球从B点由静止释放，小球运动到C点历时也为t，则小球与长木板间的动摩擦因数为(sin530.8，cos530.6)()第2题图 A. B. C. D.3(多选)如图所示，在倾角30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则()第3题图 A物块B刚要离开C时B的加速度也为a B加速度ag C以A，B整体为研究对象可以计算出加速度ag D从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为4若货物随升降机运动的vt图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()第4题图5如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30.现小球在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为.试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离第5题图第2课时牛顿运动定律的应用(二)方法技巧考点1连接体问题1两个(或两个以上)物体组成的系统，我们称之为连接体连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况，如一个静止，一个运动物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体2处理连接体问题的方法：整体法与隔离法要么先整体后隔离，要么先隔离后整体不管用什么方法解题，所使用的规律都是牛顿运动定律(1)整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)(2)隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解(3)整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求受力”【典型例题1】放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为() A. B. C.M D.M1.在某届残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神为了探索上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力考点2图象问题1动力学中常见的图象vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等2解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解图象问题反映的是两个变量之间的函数关系，因此在某些情况下，要用有关物理规律和公式进行推导，得到两个变量的关系来分析图象的有关问题【典型例题2】如图(1)所示，在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m1 kg，初速度为v0的木块，现在加水平恒力F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F，物块在地面运动的时间t不同，且当2 NF2 N时，1/t与F的关系如图(2)所示(设v0的方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，则：(1)物块的初速度为多少？(2)物块与地面间的动摩擦因数为多少？(3)物块运动的时间t可能等于0.4 s吗？说明原因2.(多选)如图，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b所示若重力加速度及图b中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() A斜面的倾角 B物块的质量 C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度考点3板块模型和传送带模型临界性问题一、两种模型1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动，也可能相对静止2两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，滑块跟木板的运动状态都会发生变化若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长而传送带模型中，传送带由电机带动，一般情况下其运动状态不发生变化3解题思路无论是板块模型还是传送带模型，涉及多个物体的多过程问题，情况较复杂(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况和运动情况(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度4关键时刻物块和木板的速度相等的瞬间，物块跟传送带速度相等的瞬间，就是它们之间的摩擦力发生突变的瞬间可以用假设法进行分析和判断二、临界性问题1概念临界问题是指某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态2临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点3解答临界问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件动力学中极值问题的临界条件和处理方法1“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时2“四种”典型数学方法(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法；(4)极限法【典型例题3】一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小【典型例题4】一弹簧秤的秤盘质量M1.5 kg，盘内放一质量为m10.5 kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k800 N/m，系统处于静止状态，如图所示现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少(g10 m/s2)?当堂检测1.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块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一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()第1题图2如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()第2题图3(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x4 m，以v02 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从A运动到B的过程中()第3题图 A小煤块从A运动到B的时间是 s B小煤块从A运动到B的时间是2.25 s C划痕长度是4 m D划痕长度是0.5 m4一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能，则说明理由，若不能，则求出物块沿斜面上升的最大距离(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程(sin370.6，g取10 m/s2)第4题图5下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为37(sin37)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)在02 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上滑行的时间第5题图第11讲牛顿运动定律的综合应用第1课时牛顿运动定律的应用(一)知识整合基础自测一、1. 运动情况受力情况2加速度牛顿第二定律二、1.静止或匀速运动变速运动2.向上大于大于3向下小于小于零方法技巧典型例题1(1) 20 N(2)2 s(3)10 N方向与水平方向的夹角为arctan2斜向上【解析】(1)无人机悬停时处于二力平衡状态，有F1mg20 N；(2)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有F1mgfma解得a6 m/s2由hat2，解得t2 s；(3)无人机沿水平线做匀加速直线运动，有Fx f maFy mgF210 Ntan2，即F2的方向与水平方向的夹角为arctan2斜向上变式训练1(1)25 m/s(2)25 m【解析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin0.2mgma1解得：a13 m/s2由公式v2v2a1x0解得：v25 m/s；(2)设货车在避险车道上行驶的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：mgsin 0.65mgma2解得：a212.5 m/s2由v202a2x解得：x25 m.典型例题2D【解析】设某一直轨道与水平面成角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度agsin，由位移公式得lat2gsint2，即gt2，不同的倾角对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确变式训练2B【解析】如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短将木板下端B点与D点重合即可，而COD，则.典型例题3AD【解析】当t2 s时，人有向上的最大加速度，当t8.5 s时，人有向下的最大加速度其实在04 s，人都处于超重状态，710 s，人都处于失重状态典型例题4C【解析】取A，B，C为整体，由牛顿第二定律得(Mm2)gm1g(Mm1m2)a，则加速度为a5 m/s2，选项A、B错误；隔离C有，m2gFNm2a，即FN5 N，选项C正确；隔离A有Tm1gm1a，即T30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T60 N，选项D错误当堂检测1D【解析】在0t1时间内，由题图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为，对物体受力分析，在竖直方向上有FNcos Ffsinmgma1，在水平方向上有FNsin Ffcos，因加速度减小，则支持力FN和摩擦力Ff均减小在t1t2时间内，由题图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg(FNcos Ffsin)ma2，在水平方向上有FNsin Ffcos，因加速度增大，则支持力FN和摩擦力Ff均减小，故选D.2A【解析】设长木板与水平面间的夹角为，根据牛顿第二定律分析可知，小球在长木板上的加速度大小为agsingcos，设竖直墙壁到C点的距离为L，则长木板长度为at2，联立以上两式可得(sincos)cos，根据题意，(sin53cos53)cos53(sin45cos45)cos45，解得，选项A正确3BD【解析】物块B刚要离开C时B的加速度为0，选项A错误；未加力F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1，B刚要离开C时，对B受力分析得弹簧的伸长量x2，此时对A由牛顿第二定律得，Fmgsin30kx2ma，解得ag，选项B正确，C错误；物块A的位移x1x2，选项D正确4B【解析】由vt图象可知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)综合选项分析可知B选项正确5(1)2.5 m/s2(2)2.4 m【解析】(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(Fmg)sin30(Fmg)cos30ma1解得a12.5 m/s2；(2)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移x1t11.8 m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30mgcos30ma2解得a27.5 m/s2小球上滑时间t20.4 s上滑位移x2t20.6 m则小球上滑的最大距离为xmx1x22.4 m.第2课时牛顿运动定律的应用(二)方法技巧典型例题1B【解析】先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(Mm)g，水平方向向左的拉力F，水平方向向右的摩擦力FfFN(Mm)g.由牛顿第二定律得到：FFfF(Mm)g(Mm)a，再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FNMg，水平方向向左的弹簧拉力F，水平方向向右的摩擦力FfFNMg.由牛顿第二定律得到：FFfFMgMa，ag，将代入整理得：F，所以选项B正确变式训练1(1)440 N(2)275 N【解析】(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(Mm)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律：2F(Mm)g(Mm)a，F440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下；(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小为Mg，绳的拉力为F，吊椅对运动员的支持力为FN.根据牛顿第二定律：FFNMgMa，FN275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下典型例题2(1)2 m/s(2)0.2(3)不可能，原因见解析【解析】(1)物块做匀减速运动至静止mgFma 0 v0at由得：F由式和图线斜率可得：又因m1 kg则v02 m/s.(2)由式和图线截距可得：1则0.2.(3)物块运动的时间t不可能等于0.4 s；当2 NF2 N时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s；而当F的大小超过2 N时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷变式训练2 ACD【解析】由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsinmgcosma，即gsingcos.同理向下滑行时gsingcos，两式联立得sin，可见能计算出斜面的倾角以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为xsint1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误典型例题3(1)10.2020.30(2)1.125 m【解析】(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1 a2 式中v05 m/s，v11 m/s分别为木板在t0，tt1时速度的大小设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1，2，由牛顿第二定律得1mgma1 (122)mgma2 联立式得10.20 20.30 .(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma1 22mgfma2 假设f1mg，则a1a2由式得f2mg1mg，与假设矛盾故f1mg由式知，物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图象如图中点画线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m.典型例题4168 N72 N【解析】依题意，0.2 s后P离开了秤盘，0.2 s时秤盘支持力恰为零，力F最大为Fmax，则由牛顿第二定律知此时加速度为a此时M的加速度也为a，设此时弹簧的压缩量为x，则a所以kxM(ga)原来静止时，弹簧压缩量设为x0，则kx0(mM)g而x0xat2由得mgMa0.02aka6 m/s2代入得Fmaxm(ag)10.5(610) N168 NF最大值为168 N.刚开始运动时F为最小Fmin，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得Fminkx0(mM)g(mM)a代入有Fmin(mM)a72 NF的最小值为72 N.当堂检测1A【解析】在木板与木块相对滑动前，Fkt(m1m2)a，a与t成正比关系，