2025届高考物理一轮复习第三章力与运动专题1牛顿运动定律的综合应用学案粤教版

PAGE19-专题1牛顿运动定律的综合应用动力学中的图象问题1.常见的动力学图象及问题类型2.解题策略——数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与规律”间的关系；然后依据函数关系读取图象信息或描点作图。(2)读图时，要留意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。考向动力学中的v－t图象【例1】(多选)(2024·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图1A.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.物块沿斜面对上滑行的最大高度解析由v－t图象可求物块沿斜面对上滑行时的加速度大小为a＝eq\f(v0,t1)，依据牛顿其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，两式联立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可见能计算出斜面的倾斜角度θ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eq\f(v0,2)，所以沿斜面对上滑行的最远距离为s＝eq\f(v0,2)t1，依据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为ssinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，选项D正确；仅依据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。答案ACD考向动力学中的F－t图象【例2】(多选)(2024·全国Ⅲ卷，20)如图2(a)，物块和木板叠放在试验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在试验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t改变的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与试验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()图2A.木板的质量为1kgB.2s～4s内，力F的大小为0.4NC.0～2s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解析木板和试验台间的摩擦忽视不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2设木板质量为m，依据牛顿其次定律对木板有：2～4s内：F－f＝ma14～5s内：f＝ma2且知f＝μmg＝0.2N解得m＝1kg，F＝0.4N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误；0～2s内，由题图(b)知，F是匀称增加的，选项C错误。答案AB考向动力学中的F－s图象【例3】(2024·全国Ⅰ卷，15)如图3，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，在弹簧复原原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是()图3解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧复原原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿其次定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，明显F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。答案A考向动力学中的F－a图象【例4】一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻起先，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是()解析当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，依据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a线性增大，故选项C正确。答案C1.如图4所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v－t图象(图中实线)可能是选项图中的()图4解析撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分别后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A项正确。答案A2.(多选)(2024·福建省三明市质检)水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的改变如图5所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图5A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2B.3s末物块受到的摩擦力大小为3NC.4s末物块受到的摩擦力大小为1ND.5s末物块的加速度大小为3m/s2解析在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f＝3N，则μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(6－5－3,1)m/s2＝－2m/s2，则经过t＝eq\f(0－v,a)＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N，4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误。答案BC动力学中的连接体问题1.两个或多个物体相连组成的物体系统叫做连接体，连接体问题是高考中的常考点。命题特点如下：(1)通过轻绳、轻杆、轻弹簧关联：一般考查两物体或多物体的平衡或共同运动，要结合绳、杆、弹簧特点分析。(2)两物块叠放：叠放问题一般通过摩擦力的相互作用关联，考查共点力平衡或牛顿运动定律的应用。(3)通过滑轮关联：通过滑轮关联的两个或多个物体组成的系统，一般是物体加速度大小相同、方向不同，可分别依据牛顿其次定律建立方程，联立求解。2.解决连接体问题的两种方法考向相对静止类【例5】(多选)(2024·全国Ⅱ卷，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq\f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10C.15 D.18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为探讨对象，有F＝nma①P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为探讨对象，有F＝km·eq\f(2,3)a②联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案BC考向相对运动类【例6】(多选)(2024·江苏七市三调)如图6甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零起先渐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F改变的状况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3kg，取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()图6A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0＜F＜4N时，A、B保持静止C.当4N＜F＜12N时，A、B发生相对运动D.当F＞12N时，A的加速度随F的增大而增大解析依据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力为6N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq\f(f1m,mg)＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4N时，依据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4N＜F＜12N时，依据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12N时，依据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物体有a＝eq\f(f1m,m)＝2m/s2，加速度不变，选项D错误。答案AB1.(2024·天津十二重点中学二模)如图7所示，光滑水平面上的小车，在水平拉力F的作用下向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F增大，则()图7A.物块受到的摩擦力不变B.物块受到的合力不变C.物块可能相对于车厢壁滑动D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变解析物块受力如图所示，依据牛顿其次定律，对物块有FN＝ma，对物块和小车整体有F＝(M＋m)a，联立可得a＝eq\f(F,M＋m)，FN＝eq\f(m,M＋m)F，水平拉力F增大时，加速度a增大，车厢壁对物块的弹力FN增大，物块与车厢壁之间的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢壁仍旧保持静止，选项C、D均错误；物块在竖直方向受力平衡，则f＝mg，即物块受到的摩擦力不变，选项A正确；物块受到的合力等于FN，FN随F的增大而增大，选项B错误。答案A2.(多选)在上题中，若已知物块与车厢壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，小车质量为M，物块质量为m，则小车运动一段时间后，下列说法正确的是()A.若将力F大小变为eq\f(2,μ)(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑B.若将力F大小变为eq\f(1,2μ)(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑C.若将力F撤去，物块将受到三个力的作用D.若将力F撤去，物块将做平抛运动解析设F的大小为F0时物块恰好与车厢壁相对静止，则F0＝(M＋m)a，物块与车厢壁之间的弹力大小为FN＝ma，μFN＝mg，联立解得F0＝eq\f(1,μ)(M＋m)g，由于eq\f(2,μ)(M＋m)g＞F0，故物块仍旧与车厢壁相对静止，选项A错误；由于eq\f(1,2μ)(M＋m)g＜F0，物块将沿车厢壁下滑，选项B正确；将力F撤去后，物块只受重力作用，向右做平抛运动，选项D正确，C错误。答案BD3.(2024·广东惠州其次次调研)如图8所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板快速抽出，砝码的移动很小，几乎视察不到，这就是大家熟识的惯性演示试验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为()图8A.3μmg B.4μmgC.5μmg D.6μmg解析当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为a2，则有f1＝μ·2mg＝2ma1得a1＝μg设桌面对纸板的摩擦力为f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力f1′＝f1，则F－f1－f2＝ma2发生相对运动须要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg即F＞6μmg，故选D。答案D动力学中的临界和极值问题1.临界或极值问题的关键词(1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点。(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。2.产生临界值和极值的条件(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(4)加速度最大的条件：合外力最大。(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，许多状况下当加速度为零时速度最大。3.临界或极值问题的分析方法(1)假设分析法。(2)数学极值法。例7一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图9所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时起先，对B施加沿斜面对上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分别。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是()图9A.物块A、B分别时，弹簧的弹力恰好为零B.物块A、B分别时，A、B之间的弹力恰好为零C.物块A、B分别后，物块A起先减速D.从起先到物块A、B分别所用的时间t＝2eq\r(\f(gsinθ＋a,3agsinθ)·x0)解析物块A、B起先分别时二者之间的弹力为零，A、B有相同的加速度，弹簧的弹力不为零，物块A、B分别后，A起先做加速度渐渐减小的加速运动。起先时受力平衡，依据平衡条件可得kx0＝3mgsinθ，解得k＝eq\f(3mgsinθ,x0)物块A、B起先分别时二者之间的弹力为零，选项A、C错误，B正确；对A，依据牛顿其次定律kx－2mgsinθ＝2ma，则得x＝eq\f(2mgsinθ＋2ma,k)＝eq\f(2gsinθ＋2a,3gsinθ)·x0，依据x0－x＝eq\f(1,2)at2可得物块A、B分别的时间t＝eq\r(\f(2（gsinθ－2a）,3agsinθ)·x0)，选项D错误。答案B1.倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝eq\f(\r(5),5)kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(g取10m/s2)()图10A.10N B.5NC.eq\r(5)N D.eq\r(10)N解析当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。依据牛顿其次定律，有FTcosθ＝ma0，FTsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cosα＝m·2g，FT′sinα－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10N，故选项A正确。答案A2.如图11所示，一质量m＝0.40kg、可视为质点的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面对上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，物块在A点的速度为v0＝2m/s，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/s2。图11(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面夹角为多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at联立两式，代入数据得a＝3m/s2，v＝8m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为f，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿其次定律得Fcosα－mgsinθ－f＝ma，Fsinα＋FN－mgcosθ＝0，又f＝μFN，联立解得F＝eq\f(mg（sinθ＋μcosθ）＋ma,cosα＋μsinα)，由数学学问得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)，可知对应F最小时F与斜面的夹角α＝30°，联立并代入数据得F的最小值为Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N。答案(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N课时作业(时间：30分钟)基础巩固练1.物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1。现用水平3N的拉力作用在物体A上，如图1所示，则A对B的拉力大小等于()图1A.1N B.1.5NC.2N D.3N解析设B物体的质量为m，A对B的拉力为FAB，对A、B整体，依据牛顿其次定律得F＝(mA＋mB)a，则a＝eq\f(3N,m＋2m)，对B有FAB＝ma，所以FAB＝1N。答案A2.如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为()图2A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2)C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)解析把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿其次定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(Fcosθ,m1＋m2)，选项A正确。答案A3.如图3，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()图3解析滑块以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑块做匀减速直线运动。对滑块受力分析易得a＝μgcosθ－gsinθ，方向沿斜面对上，选项C、D错误；s＝v0t－eq\f(1,2)at2，h＝ssinθ，由图象规律可知选项A错误，B正确。答案B4.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图4甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60kg。设着陆伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图4A.前2s处于超重状态B.从200m高处起先跳下C.落地前瞬间着陆伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125ND.整个运动过程中的平均速度大小为10m/s解析由v－t图可知，着陆伞在前2s内加速下降，中间5s匀速下降，最终6s减速下降，故前2s失重，选项A错误；由v－t图象与横轴面积的物理意义知s＝eq\f(1,2)×(5＋13)×20m＝180m，选项B错误；落地前瞬间a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,6)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，对特战兵，由牛顿其次定律，8FT·cos37°－mg＝m|a|，FT＝125N，选项C正确；全程平均速度v＝eq\f(s,t)＝eq\f(180,13)m/s＞10m/s，选项D错误。答案C5.(2024·云南昆明4月质检)如图5所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度H＝eq\f(R,3)。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为()图5A.eq\f(\r(5),3)Mg B.eq\f(\r(5),2)MgC.eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq\f(\r(5),2)(M＋m)g解析相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，依据牛顿其次定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。设FN与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，则tanθ＝eq\f(\r(5),2)，依据牛顿其次定律，对小球有mgtanθ＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(\r(5),2)g，对A、B整体有F＝(M＋m)a，解得F＝eq\f(\r(5),2)(M＋m)g，选项D正确。答案D6.(2024·西安二模)如图6所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B起先相对滑动。假如撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为()图6A.2.0N B.3.0NC.6.0N D.9.0N解析依据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值fmax时，系统的加速度为a，依据牛顿其次定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有fmax＝mAa，代入数据解得fmax＝2.0N。依据题图乙所示状况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，依据牛顿其次定律得：以B为探讨对象有fmax＝mBa′，以A、B整体为探讨对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0N，故C项正确。答案C7.如图7甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移匀称减小的水平推力作用下运动，推力F随位移s减小的图象如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2。则：图7(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？(2)距动身点多远时物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？解析(1)由牛顿其次定律，得F－μmg＝ma当推力F＝100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a＝eq\f(F,m)－μg＝20m/s2。(2)由题图可得推力F是随位移s减小的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大则F＝μmg＝20N由题图得到F与s的函数关系式F＝100－25s则得到s＝3.2m。(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－s图线与s轴所围“面积”，得推力做功W＝200J依据动能定理W－μmgsm＝0代入数据得sm＝10m。答案(1)20m/s2(2)3.2m(3)10m综合提能练8.(多选)如图8甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面对右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标改变的关系图象如图乙所示，g取10m/s2。下列选项中正确的是()图8A.2s末到3s末物块做匀减速运动B.在t＝1s时刻，恒力F反向C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D.恒力F大小为10N解析物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2x1)＝10m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，即在t＝1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq\f(v2,2x2)＝4m/s2，依据牛顿其次定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得F＝7N，Ff＝3N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误。答案BC9.(2024·广东广州天河区二模)水平面上放置一个斜面足够长的斜劈A，倾角为α，小物块B静止在斜面上，如图9所示。现对B施加一个沿斜面对上的拉力F，F的大小从零随时间匀称增大，斜劈A始终处于静止状态。设A、B之间的摩擦力大小为f1，A与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则整个过程中摩擦力大小随时间改变的图象可能正确的是()图9解析由题可知物体原来处于静止状态，故有μmgcosα≥mgsinα，有外力F后，F＝kt(k＞0)。以B为探讨对象，A对B的摩擦力先沿斜面对上，由平衡条件得F＋f1＝mgsinα，得f1＝mgsinα－kt，知f1随时间匀称减小。当F＝mgsinα时，得f1＝0。之后，A对B的摩擦力沿斜面对下，由平衡条件得F＝f1＋mgsinα，得f1＝kt－mgsinα，知f1随时间匀称增大。当F增大到小物块B起先相对于斜劈A运动时，f1＝μmgcosα保持不变，且不小于最初的摩擦力大小，故A、B错误；A、B均不动时，以A、B组成的整体为探讨对象，由平衡条件得f2＝F