(全國版)高考物理一輪復習講義第3章 第2講 牛頓第二定律的基本應用(含解析)

第2講牛頓第二定律的基本應用目標要求1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法.2.會利用牛頓第二定律對超重、失重、瞬時加速度問題進行分析計算.考點一動力學兩類基本問題1.動力學問題的解題思路2.解題關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.已知受力求運動情況例1(2020·湖南長沙中學月考)某×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為飛機重力的0.2倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障，取g＝10m/s2.求：圖1(1)飛機在水平跑道上運動的末速度大??；(2)飛機從開始運動到起飛經歷的時間t.答案(1)40m/s(2)8.5s解析(1)設飛機在水平跑道上運動的加速度大小為a1，阻力大小為F阻，在水平跑道上運動的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma1，F(xiàn)阻＝0.2mg，v12＝2a1L1，聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s.(2)設飛機在傾斜跑道上運動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2，飛機在水平跑道上的運動時間t1＝eq\f(v1,a1)＝8s，在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有F－F阻－mgeq\f(h,L2)＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝4m/s2，由v22－v12＝2a2L2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝42m/s，飛機在傾斜跑道上的運動時間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s，則t＝t1＋t2＝8.5s.已知運動情況求受力例2(2020·四川天府大聯(lián)考)某市啟動“機動車文明禮讓斑馬線”活動，交警部門為樣板斑馬線配上了新型電子警察.一輛質量為2.0×103kg的汽車，以54km/h的速度沿平直道路勻速行駛，距斑馬線還有30m的距離時，駕駛員發(fā)現(xiàn)有行人通過斑馬線，經過0.5s的反應時間，汽車制動，開始做勻減速運動，恰好在斑馬線前停住.重力加速度g＝10m/s2.(1)求汽車制動過程中所受的合力大??；(2)若汽車正常行駛時所受阻力為車重的eq\f(1,20)，要使汽車從靜止開始勻加速經10s使速度重新達到54km/h，求牽引力的大小.答案(1)1.0×104N(2)4.0×103N解析(1)設汽車在反應時間內行駛的距離為x1，制動過程中行駛的距離為x2，加速度大小為a1，所受的合力大小為Ff1.初速度v0＝54km/h＝15m/s，反應時間t0＝0.5s，由牛頓第二定律有Ff1＝ma1由勻速和勻變速直線運動規(guī)律有x1＝v0t0x2＝x－x1v02＝2a1x2聯(lián)立解得Ff1＝1.0×104N.(2)設汽車從靜止開始經10s使速度重新達到54km/h的過程中，加速度大小為a2，牽引力大小為F，由牛頓第二定律有F－Ff2＝ma2，F(xiàn)f2＝0.05mg由勻變速直線運動規(guī)律有v0＝a2t加聯(lián)立解得F＝4.0×103N.1.(已知運動情況求受力)(多選)(2020·遼寧六校協(xié)作體開學考試)如圖2甲所示，物塊的質量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻F突然反向，大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2.下列說法中正確的是()圖2A.0～5m內物塊做勻減速運動B.在t＝1s時刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3答案ABD解析0～5m內，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，則物塊做勻減速運動，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內物塊運動的時間t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s時刻，恒力F反向，B正確；5～13m內，由v22＝2a2x2得物塊的加速度a2＝eq\f(v22,2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯誤.2.(已知受力情況求運動情況)(2021·河南鄭州市月考)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F1＝32N，試飛時飛行器從地面由靜止開始豎直上升.設飛行器飛行時所受的空氣阻力大小恒為f＝4N，飛行器上升9s后由于出現(xiàn)故障而失去升力，出現(xiàn)故障9s后恢復升力但升力變?yōu)镕2＝16N，取重力加速度大小g＝10m/s2，假設飛行器只在豎直方向運動.求：(1)飛行器9s末的速度大小v1；(2)飛行器0～18s內離地面的最大高度H；(3)飛行器落回地面的速度大小v2.答案(1)36m/s(2)216m(3)48m/s解析(1)0～9s內，飛行器受重力、升力和阻力作用做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4m/s2飛行器9s末的速度大小v1＝at1＝36m/s.(2)最初9s內位移h1＝eq\f(1,2)a1t12＝162m設失去升力后上升階段加速度大小為a2，上升階段的時間為t2，由牛頓第二定律得：f＋mg＝ma2解得a2＝12m/s2由運動學公式可得飛行器失去升力后上升階段v1＝a2t2由運動學公式可得h2＝eq\f(1,2)a2t22飛行器0～18s內離地面的最大高度H＝h1＋h2解得t2＝3s，H＝216m.(3)飛行器到最高點后下落，設加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：mg－f＝ma3解得a3＝8m/s2恢復升力前飛行器下落的時間為t3＝9s－t2＝6s，所以其速度v2＝a3t3.解得v2＝48m/s，由于H>eq\f(1,2)a3t32＝144m，恢復升力后F2＝mg－f，所以飛行器勻速下降，可知落回地面的速度大小為48m/s.(1)質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖3甲所示；(2)質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示.圖3例3(多選)如圖4所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心.每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間.下列關系正確的是()圖4A.t1＝t2 B.t2>t3C.t1<t2 D.t1＝t3答案BCD解析設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確.

考點二超重與失重問題基礎回扣1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產生條件：物體具有向上的加速度.2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產生條件：物體具有向下的加速度.3.完全失重(1)定義：物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象.(2)產生條件：物體的加速度a＝g，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)無關.(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不等于物體的重力.此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重.技巧點撥1.判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài).(2)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài).2.對超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了).(2)物體處于超重或失重狀態(tài)只與加速度方向有關，而與速度方向無關.(3)物體超重或失重多少由物體的質量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma.(4)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等.

例4(2020·黑龍江哈爾濱市第一中學高三開學考試)“蹦極”是一項非常刺激的體育運動.某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖5中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中()圖5A.人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態(tài)B.在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態(tài)C.在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)D.在c點，人的速度為零，其加速度也為零答案C解析在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯誤，C正確；在c點，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯誤.例5(2020·山東青島市高三一模)如圖6是某同學站在壓力傳感器上做下蹲－起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線，縱坐標為壓力，橫坐標為時間.由圖線可知，該同學的體重約為650N，除此以外，還可以得到以下信息()圖6A.1s時人處在下蹲的最低點B.2s時人處于下蹲靜止狀態(tài)C.0～4s內該同學做了2次下蹲－起立的動作D.下蹲過程中人始終處于失重狀態(tài)答案B解析人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，故人處于失重狀態(tài)，最后人靜止，故后半段是人減速向下的過程，此時加速度方向向上，人處于超重狀態(tài)，故下蹲過程中人先失重后超重，選項D錯誤；在1s時人向下的加速度最大，故此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，選項A錯誤；2s時人已經歷了失重和超重兩個過程，故此時處于下蹲靜止狀態(tài)，選項B正確；該同學在前2s時是下蹲過程，后2s是起立的過程，所以共做了1次下蹲－起立的動作，選項C錯誤.3.(超、失重的理解和判斷)(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖7所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()圖7A.0～t1時間內，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2時間內，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3時間內，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時間內，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯誤；t2～t3時間內，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確.4.(超、失重的有關計算)一質量為m的人站在電梯中，電梯勻加速上升，加速度大小為eq\f(1,3)g(g為重力加速度).人對電梯底部的壓力大小為()A.eq\f(1,3)mg B.2mgC.eq\f(4,3)mg D.mg答案C解析根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得電梯底部對人的支持力大小為FN＝eq\f(4,3)mg，由牛頓第三定律知，人對電梯底部的壓力大小為FN′＝eq\f(4,3)mg，選項C正確.考點三瞬時加速度問題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，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，而物體運動的速度不能發(fā)生突變.2.解題思路eq\x(分析瞬時變化前物體的受力情況)→eq\x(分析瞬時變化后哪些力變化或消失)→eq\x(求出變化后物體所受合力根據(jù)牛頓第二定律列方程)→eq\x(求瞬時加速度)例6(多選)(2020·福建廈門市外國語學校月考)兩小球A、B先后用彈簧和輕桿相連，放在光滑斜面上靜止，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，如圖8甲、乙，A、B質量相等，重力加速度為g，斜面的傾角為θ.在突然撤去擋板的瞬間()圖8A.兩圖中兩球加速度均為gsinθB.兩圖中A球的加速度均為零C.圖甲中B球的加速度為2gsinθD.圖乙中B球的加速度為gsinθ答案CD解析撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故C、D正確，A、B錯誤.5.(瞬時加速度問題)(2020·長春市榆樹高級中學高三月考)如圖9，吊籃用繩子懸掛在天花板上，吊籃A及物塊B、C的質量均為m，重力加速度為g，則將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，下列說法正確的是()圖9A.三者的加速度都為gB.C的加速度為零，A和B的加速度為eq\f(3,2)gC.B對A的壓力為2mgD.B對A的壓力為mg答案B解析受力分析可知，物體C受重力和彈簧彈力，彈簧的彈力不能突變，在細繩剪斷瞬間，C受到的彈力與重力相等，所受合力為零，則C的加速度為0；物體B與A相對靜止，將A、B看作一個整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于C物體的重力mg，對A、B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(mg＋mg＋mg,2m)＝eq\f(3,2)g，故A錯誤，B正確；以吊籃A為研究對象，A受到重力與B對A的壓力，由牛頓第二定律得mg＋FN＝ma，代入數(shù)據(jù)得FN＝eq\f(mg,2)，C、D錯誤.課時精練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1所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()圖1A.t＝2s時最大 B.t＝2s時最小C.t＝8.5s時最大 D.t＝8.5s時最小答案AD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(jù)牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于地板對人的支持力大小，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.2.(2017·海南卷·3)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25m.汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10m/s2)()A.10m/s B.20m/sC.30m/s D.40m/s答案B解析由牛頓第二定律得μmg＝ma，即a＝8m/s2，由v2－v02＝－2ax得v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2×8×25)m/s＝20m/s，故選項B正確.3.(2020·浙江“山水聯(lián)盟”返?？?2019年11月，在溫州翔宇中學舉行的浙江省中學生田徑錦標賽中，某校高二學生王鑫宇以2米的成績獲得冠軍，如圖2所示.則下列說法正確的是(不計空氣阻力)()圖2A.王鑫宇在上升階段重力變大了B.王鑫宇在空中跨越過程處于失重狀態(tài)C.王鑫宇起跳時地面對他的支持力大于他對地面的壓力D.王鑫宇在助跑過程中，地面對他的支持力做正功答案B解析王鑫宇在上升階段只受重力，處于失重狀態(tài)，且重力大小不變，所以B正確，A錯誤；王鑫宇起跳時地面對他的支持力與他對地面的壓力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，所以C錯誤；王鑫宇在助跑過程中，地面對他的支持力與運動方向垂直，不做功，所以D錯誤.

4.(多選)(2020·甘肅白銀市靖遠縣第二中學高三月考)如圖3，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊與箱頂間有作用力.若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內，木箱的運動狀態(tài)可能為()圖3A.加速下降 B.加速上升C.減速上升 D.減速下降答案BD解析木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，物塊受到的合力向上，所以系統(tǒng)應該有向上的加速度，超重，木箱可能是向上加速，也可能是向下減速，所以B、D正確.5.(2018·浙江4月選考·8)如圖4所示，小芳在體重計上完成下蹲動作.下列F－t圖像能反映體重計示數(shù)隨時間變化的是()圖4答案C解析體重計的讀數(shù)為小芳所受的支持力大小，下蹲過程小芳的速度從0開始最后又回到0，因此小芳先加速運動后減速運動，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此選C.6.為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂?shù)母叨?，設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種情況中符合要求的是()答案C解析設屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變).雨滴做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，聯(lián)立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).當θ＝45°時，sin2θ＝1為最大值，時間t最短，故選項C正確.7.(2019·河北衡水中學第一次調研)如圖5所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端.開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖5A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C.aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平細線被剪斷前，對A、B進行受力分析如圖所示：靜止時，F(xiàn)T＝Fsin60°，F(xiàn)cos60°＝mAg＋F1，F(xiàn)1＝F1′＝mBg，又mA＝mB解得FT＝2eq\r(3)mAg水平細線被剪斷瞬間，F(xiàn)T消失，其他各力不變，A所受合力與FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，D正確.8.如圖6所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內.現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ.現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為()圖6A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEF D.tAB＝tCD<tEF答案B解析如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以OG為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內，而B點在輔助圓外，由等時圓結論可知，tAB>tCD>tEF，B項正確.9.(2020·浙江寧波市鄞州中學初考)如圖7所示，兩個完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均與質量為m的小球相連接，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接.彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為()圖7A.a＝0.5g B.a＝gC.a＝1.5g D.a＝2g答案D解析彈簧a、b的彈力大小均為mg，當彈簧的彈力為拉力時，其合力方向豎直向下、大小為mg，輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時，小球合力為2mg，此時加速度大小為2g；當彈簧的彈力為壓力時，其合力豎直向上、大小為mg，根據(jù)平衡條件，輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時，小球受到的合力為0，此時加速度大小為0，故D正確，A、B、C錯誤.10.(多選)(2019·全國卷Ⅲ·20)如圖8(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平.t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10m/s2.由題給數(shù)據(jù)可以得出()圖8A.木板的質量為1kgB.2～4s內，力F的大小為0.4NC.0～2s內，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解析由題圖(c)可知木板在0～2s內處于靜止狀態(tài)，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4s內做勻加速運動，其加速度大小為a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5s內做勻減速運動，其加速度大小為a2＝eq\f(0.4－0.2,5－4)m/s2＝0.2m/s2，F(xiàn)f＝ma2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，選項A、B正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與