北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题三 牛顿运动定律
专题检测题组
(时间:80分钟 满分:140分)
一、单项选择题(每小题4分,共40分)
1.(2022届湖南师大附中月考二)一物体静止在光滑水平面上,从0时刻起,受到的水平外力F
如图所示,以向右为正方向,物体质量为1.25 kg,则下列说法正确的是( )
A.2 s时物体回到出发点
B.3 s时物体的速度大小为4 m/s
C.第3 s内物体的位移为4 m
D.前2 s内物体的平均速度为0
答案 B 根据牛顿第二定律可得物体的加速度随时间变化的图像如图所示,0~1 s内,物体向
右加速,1~2 s向右减速,2 s时速度刚好减为0,0~2 s内物体一直向右运动,A错误;第3 s内,物
F
体从静止开始向右做匀加速运动,加速度为a= =4 m/s2,第3 s末速度为v=at=4 m/s,第3 s内
3
m
1
物体的位移为x= at2=2 m,C错误,B正确;前2 s,物体一直向右运动,位移不为0,故平均速度
2 3
不为0,D错误。
2.(2022届三湘名校联考)如图,固定在水平面上的直角斜面,其顶角为直角,左侧斜面光滑,倾
角为37°,右侧斜面粗糙。现将两个可视为质点的物块同时从两斜面顶端静止释放,两物块同
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时到达斜面底端(重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),则右侧斜面与物块间的动摩
擦因数为( )
7 5 3 3
A. B. C. D.
12 12 4 5
1
答案 A 设左侧斜面长为s,左侧物块的加速度a=g sin 37°=6 m/s2,由运动学公式得s=
1 1 1
2
3
at2;右侧斜面长为s=s tan 37°= s,右侧物块的加速度a=g cos 37°-μg sin 37°,由运动学公式
1 2 1 1 2
4
1 7
得s= at2,联立解得μ= ,A正确。
2 2
2 12
3.(2022届雅礼中学联考)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,
相互绝缘且质量均为2 kg,A带正电,电荷量为0.1 C,B不带电。开始处于静止状态,若突然加
沿竖直方向的匀强电场,此瞬间A对B的压力大小变为15 N,g=10 m/s2,则( )
A.电场强度为50 N/C,方向向上
B.电场强度为100 N/C,方向向上
C.电场强度为100 N/C,方向向下
D.电场强度为200 N/C,方向向下
答案 B 未加电场时A对B的压力为20 N,加电场后压力变小,则所加的电场方向向上,A、
B整体原来处于平衡状态,则加电场后电场力为整体的合外力,由牛顿第二定律有Eq=2ma,再
分析A物体的受力,有向下的重力mg、向上的电场力Eq、向上的弹力N,由题意知N=15 N,
则有Eq+N-mg=ma,解得E=100 N/C,B正确。
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4.(2022届深圳龙岗第一次调研,3)深圳一些地铁站的扶梯(每一级水平),在没有人时极慢运行,
当人一站上去时,扶梯就加速运动起来。如图所示,在电梯向上加速的时候( )
A.电梯对人的支持力等于人的重力
B.电梯对人没有摩擦力的作用
C.电梯对人的摩擦力水平向右
D.电梯对人的摩擦力对人做负功
答案 C 由题意知,人在加速运动时,人的加速度沿电梯斜向上,有竖直向上的分加速度,根
据牛顿第二定律可知,电梯对人的支持力大于人的重力,A错误;人的加速度沿电梯斜向上,有
水平向右的分加速度,根据牛顿第二定律可知,电梯对人的摩擦力的方向水平向右,B错误,C
正确;由于电梯对人的摩擦力方向水平向右,与人的位移方向的夹角为锐角,故电梯对人的摩
擦力对人做正功,D错误。
5.(2022届梅州东山中学期中,6)如图所示,汽车以大小相等的速率通过凹凸不平的路面时,下
列说法正确的是( )
A.汽车通过B点时容易爆胎
B.汽车经过A、B两点时均处于超重状态
C.汽车通过B点对路面的压力小于汽车的重力
D.汽车经过A、B两点时对路面的压力均等于汽车的重力
答案 C 汽车经过B点时有向下的加速度,处于失重状态,所以F 小于汽车的重力,结合牛
N
顿第三定律,可知汽车经过B点时对路面的压力小于汽车的重力;汽车经过A点时有向上的
加速度,处于超重状态,所以F 大于汽车的重力,结合牛顿第三定律,可知汽车经过A点时对路
N
面的压力大于汽车的重力,所以在A处比较容易爆胎,故选C。
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6.(2022届广州执信中学月考,2)一个物块放置在粗糙的水平地面上,受到的水平拉力F随时
间t变化的关系如图甲所示,速度v随时间t变化的关系如图乙所示,g=10 m/s2,则由图中信息
可判定( )
A.0~2 s内物块所受摩擦力F=8 N
f
B.物块的质量为4 kg
C.物块在前6 s内的平均速度为3 m/s
D.物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4
答案 D 0~2 s内物块处于静止,所受摩擦力为静摩擦力,由图甲可知F=F=4 N,A错误;由图
f
甲可知,物块做匀速直线运动时,受滑动摩擦力为8 N,由图乙可知,物块在2~4 s时,加速度为
4 F-F ' 12-8
a= m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律可得,F-F'=ma,解得m= f = kg=2 kg,B错误;
4-2 f a 2
2+4 x 12
物块在前6 s内的位移x= ×4 m=12 m,物块在前6 s内的平均速度为v= = m/s=2
2 t 6
F ' 8
m/s,C错误;物块受滑动摩擦力为8 N,则动摩擦因数μ= f = =0.4,D正确。
mg 2×10
7.(2022届广东省实验中学月考,5)如图所示,木块A和B叠放在光滑的斜面上,放手后它们以
共同的加速度沿斜面加速下滑。斜面的倾角为α,A和B始终保持相对静止,它们的质量分别
为m和M。那么A给B的静摩擦力f及A对B的压力N的大小分别为(重力加速度为g)(
)
A.f=mg sin α cos α 水平向右,N=mg cos2 α
B.f=mg sin α cos α 水平向左,N=mg cos2 α
C.f=0,N=mg sin 2α
D.f=0,N=mg sin2 α
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答案 B 对两木块整体分析,根据牛顿第二定律(M+m)g sin α=(M+m)a,解得a=g sin α,对A,
在水平方向上,根据牛顿第二定律f'=ma cos α=mg sin α cos α,方向水平向右。在竖直方向上,
根据牛顿第二定律mg-N'=ma sin α,解得N'=mg cos2 α,根据牛顿第三定律A给B的静摩擦力f
及A对B的压力N的大小分别为f=f'=mg sin α cos α,方向水平向左,N=N'=mg cos2 α,故选
B。
8.(2022届菏泽月考,3)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为
37°,质量为m的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动
时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,那么这时车厢地板对重物的摩擦力大小为 ( )
A.0.35mg B.0.3mg C.0.23mg D.0.2mg
答案 D 将a沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图所示
水平方向:F=ma
f x
竖直方向:F -mg=ma
N y
a =tan 37°=3
y
a 4
x
三式联立解得F=0.2mg,故D正确。
f
9.(2022届日照开学考,5)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点
恰好是半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们
的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先
后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关
系为( )
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A.t =t =t B.t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C.t <t <t D.t =t <t
AB CD EF AB CD EF
答案 B 如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F
点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,t >t >t ,B项正确。
AB CD EF
10.(2022届山东师大附中月考,5)一人乘电梯,在竖直下降过程中加速度a随时间t变化的图
线如图所示,以竖直向下为a的正方向,则人对地板的压力( )
A.t=2 s时最大 B.t=6 s时为零
C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小
答案 C t=2 s时,加速度向下,为失重现象,则F <mg;t=6 s时,加速度为零,则F =mg;t=8.5 s
N N
时,加速度最大且方向向上,为超重现象,有F >mg,且F 达到最大值,只有C正确。
N N
二、多项选择题(每小题6分,共48分)
11.(2022届株洲八中期中)(多选)如图所示,人站在电梯中的体重计上,质量为m。电梯正在运
动,加速度大小为a,方向向上,体重计的示数为F。已知重力加速度为g,则以下说法正确的是
1
( )
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A.F=mg
1
B.F =mg+ma
1
C.电梯一定在上升
D.人一定处于超重状态
答案 BD 由题知,加速度a的方向向上,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=mg+ma,故
1 1
人一定处于超重状态,A错误,B、D正确;加速度a的方向向上,但速度方向不确定,故电梯可
能加速上升或减速下降,C错误。
12.(2021湖南师大附中月考六,7)(多选)彩虹圈有很多性质和弹簧相似,在弹性限度内彩虹圈
间的弹力随着形变量的增加而增大,但彩虹圈的重力不能忽略。用手拿起彩虹圈的上端,让彩
虹圈的下端自由下垂且离地面一定高度,然后由静止释放。设下落过程中彩虹圈始终没有超
出弹性限度且相邻的圈接触后不会弹开。则( )
A.刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度
B.刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度
C.刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长
D.彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度变短
答案 AD 由于彩虹圈重力的作用,刚释放瞬间彩虹圈上端会受到其下面部分向下的拉力,
则合力大于重力,所以刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度,A正确;彩虹
圈下端会受到上面彩虹圈的向上的拉力,合力小于重力,则刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度小
于当地的重力加速度,B不正确;由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度,则刚开始下
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落的一小段时间内彩虹圈的长度变短,C不正确;开始时由于彩虹圈上端的加速度大于其下端
的加速度,长度会变短,当相邻的圈相接触后就不会弹开,直到缩短为原长后就不变了,D正确。
13.(2022届雅礼中学联考)(多选)从地面上以初速度v 竖直向上抛出一质量为m的小球,若运
0
动过程中受到的空气阻力与其速率成正比,小球运动的速率随时间变化的规律如图所示,t 时
1
刻到达最高点,再落回地面,落地速率为v,且落地前小球已经做匀速运动,重力加速度为g。
1
则下列说法正确的是( )
A.小球的加速度在上升过程中逐渐减小;在下降过程中也逐渐减小,直到变为0
v
B.小球抛出瞬间的加速度大小为g+
0
g
v
1
C.小球在运动的全过程上升的时间大于下降的时间
v v
D.小球上升过程的平均速度小于 0,下降过程的平均速度也小于 0
2 2
f
答案 ABD 上升过程,受重力和阻力的合力向下,由牛顿第二定律有f+mg=ma,解得a=g+
m
>g,由于是减速上升,阻力逐渐减小,故加速度不断减小;下降过程,受重力和阻力,由牛顿第二
f
定律有mg-f=ma',解得a'=g- <g,由于速度变大,阻力变大,故加速度变小;即上升过程,加速度
m
一直减小;下降过程,加速度也一直减小,直到变为0,A正确。空气阻力与其速率成正比,最终
v
以v
1
匀速下降,有mg=kv
1
,小球抛出瞬间有mg+kv
0
=ma
0
,联立解得a
0
=g+
0
g,B正确;从图像可
v
1
以看出,小球在运动的全过程上升的时间小于下降的时间,故小球在运动的全过程上升的平均
v
速度大于下降的平均速度,由v-t图线知小球上升过程的平均速度小于 0,则下降过程的平均
2
v
速度也小于
0,D正确。
2
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14.(2022届长郡中学月考三)(多选)和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢
叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。某趟列车由8节车厢编组而成,从车头开始的第2、3、6
和7共四节为动力车厢,其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时,若每节动力车
厢牵引力大小为F,每节车厢质量都为m,每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍,重力加速度为
g。则下列说法错误的是( )
A.第1节车厢对第2节车厢的作用力大于第2节车厢对第1节车厢的作用力
B.列车加速启动时,车厢内水平桌面对放在上面的茶杯的作用力方向竖直向上
F
C.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
2
F+kmg
D.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
2
答案 ABD 第1节车厢对第2节车厢的作用力与第2节车厢对第1节车厢的作用力为相
互作用力,大小相等,方向相反,A错误;列车加速启动时,放在车厢内水平桌面上的茶杯受到桌
面竖直向上的支持力和水平向前的静摩擦力作用,二者合力(水平桌面对放在上面的茶杯的
作用力)斜向上,不是竖直向上,B错误;对第1节车厢,由牛顿第二定律可得F -kmg=ma,对整
21
列车,由牛顿第二定律可得4F-8kmg=8ma,联立解得第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
F
F = ,C正确;对1、2节车厢整体,由牛顿第二定律可得F +F-2kmg=2ma,联立解得第3节车
21 32
2
厢对第2节车厢的作用力大小为F =0,据牛顿第三定律可知,第2节车厢对第3节车厢的作
32
用力大小为0,D错误。
15.(2022届广东七校联考,9)(多选)质量为m的小物块A与各面均光滑的质量为M的斜面体
B叠放在光滑水平面上,如图所示,在水平力F(图甲)作用下保持相对静止,此时A、B间作用
1
力为N;在水平力F(图乙)作用下保持相对静止,此时A、B间作用力为N。则下列说法正确
1 2 2
的是( )
A.若m=M,则有F=F
1 2
B.若m=M,则有N>N
1 2
C.若m<M,则有F<F
1 2
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D.若m<M,则有N=N
1 2
F
答案 ACD 由整体法可知,甲图中整体的加速度:a = 1 ,乙图中整体的加速度:a =
1 M+m 2
F
2 ;设斜面体斜面的倾角为θ,对甲图,隔离B,N sin θ=Ma ,隔离A,N cos θ=mg,解得a=
M+m 1 1 1 1
m m mg
g tan θ,F=(M+m)a = (M+m)g tan θ,N= ;对乙图中的A,N sin θ=mg tan θ=ma ,解
1 1 1 2 2
M M cosθ
mg
得:N = ;F =(M+m)a =(M+m)g tan θ;若m=M,则有F=F ;若m<M,则有F<F ,选项A、C
2 2 2 1 2 1 2
cosθ
正确;无论m和M关系如何,都有N=N ,选项D正确,B错误。
1 2
16.(2021深圳、汕头、潮州、揭阳名校联考,9)(多选)如图所示,质量均为2 kg的小球a、b在
轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态,其中A、B两个弹簧劲度系数均为10 N/cm,B
弹簧上端与天花板固定连接,轴线与竖直方向的夹角为60°,A弹簧竖直,g取10 m/s2,则以下说
法正确的是( )
A.B弹簧的伸长量为4 cm
B.外力F=40√3 N
C.突然撤去外力F瞬间,a球加速度为20√3 m/s2
D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0
答案 BCD 对a、b球整体受力分析,受重力、水平拉力和弹簧的拉力,如图所示;根据平衡
2mg
条件,弹簧的弹力F = =4mg=80 N;根据胡克定律,有F =kx,x=8 cm,故A错误;同理,
B cos60° B 2 2 2
有F=2mg tan 60°=2√3mg=40√3 N,故B正确;撤去F瞬间,球a受到的合力与F等大反向,a的
F
加速度为 =20√3 m/s2,故C正确;球b受到重力和弹力,撤去F的瞬间,重力和弹力都不变,加
m
速度仍然为零,故D正确。
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17.(2022届泰安学情检测,9)(多选)如图所示,处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面
上,质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放,设小球和弹簧一直处于竖直方向,
弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中,下列叙述中正确
的是( )
A.小球的速度先增大后减小
B.小球的加速度先减小后增大
mg
C.小球速度最大时弹簧的形变量为
k
mg
D.弹簧的最大形变量为
k
答案 ABC 开始时,小球的重力大于弹力,加速度方向向下,小球向下加速运动,随着弹簧的
mg
压缩,弹力逐渐变大,则加速度逐渐减小,当弹力等于重力时,加速度为零,即mg=kx,得x= ,
k
此时小球的速度最大,然后小球继续向下运动压缩弹簧,弹力大于重力,加速度变为向上,逐渐
增大,速度逐渐减小,直到速度减小到零,到达最低点,由对称性可知,此时弹簧的压缩量为2x=
2mg
,故A、B、C正确,D错误。
k
18.(2022届德州一中月考,11)(多选)质量分别为M和m的物块a、b形状、大小均相同,将它
们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为α的斜面,a恰好能静止在斜
面上,不考虑两物块与斜面之间的摩擦,若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放a,斜面仍保
持静止,关于互换位置之后下列说法正确的是( )
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A.轻绳的拉力等于mg
B.轻绳的拉力等于Mg
C.a运动的加速度大小为(1-sin α)g
M-m
D.a运动的加速度大小为 g
M
答案 ACD 按图甲放置时,对a由平衡条件可知Mg sin α=F ,对b有F '=mg,F =F ',则有Mg
T T T T
sin α=mg;按图乙放置时,对a由牛顿第二定律可知Mg-F =Ma,对b有F -mg sin
T1 T2
α=ma,F =F ,则有Mg-mg sin α=(M+m)a,联立解得a=(1-sin α)g,故C正确;因为Mg sin α=mg,
T1 T2
mg M-m
所以a=(1-sin α)g=(1- )g= g,故D正确;将F -mg sin α=ma和a=(1-sin α)g联立,解得
T2
Mg M
F =mg,故A正确,B错误。
T2
三、非选择题(共52分)
19.(2022届三湘名校联考)(10分)如图,一个质量m=5 kg的物块,放置在粗糙水平面上,在一个
水平外力F=50 N作用下从静止开始向右做匀加速直线运动,当速度达到v=10 m/s时,
0
位移s=10 m(重力加速度g=10 m/s2)。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数。
(2)当仅将F的方向改为与水平面夹角为θ时,如图,物块仍从静止开始向右做匀加速直线运动,
当速度为v=10 m/s时,物块位移依然是s=10 m,求 cos θ的值。
0
解析 (1)设动摩擦因数为μ,由运动学公式有 =2as
v2
0
解得a=5 m/s2
对物块由牛顿第二定律得F-μmg=ma
联立解得μ=0.5
(2)F与水平面夹角为θ时,运动情况相同,加速度不变
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对物块受力分析,竖直方向有F sin θ+F =mg
N
水平方向有F cos θ-μF =ma
N
联立解得2 cos θ+sin θ=2
3
由数学知识解得cos θ= =0.6 或cos θ=1(此种情况F沿水平方向,舍去)
5
20.(2022届湘豫名校联考)(10分)如图甲所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角为θ=37°,一滑块以
初速度v=24 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点,滑块与斜面间的动摩擦因
0
数为μ。滑块运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)滑块与斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)滑块再次回到A点时乙图中P点的坐标。
解析 (1)滑块上滑过程,有:
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma
由图乙可知加速度的大小:a=|Δv|=24 m/s2=8 m/s2
Δt 3
联立解得:μ=0.25
v 24
(2)滑块从A点滑到B点的位移s= 0t= ×3 m=36 m
2 2
滑块下滑过程有:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma'
代入数据解得:a'=4 m/s2
下滑到A点的速度大小:v'=√2a's=√2×4×36 m/s=12√2 m/s
v'
下滑到A点所用时间:t'= =3√2 s
a'
则P点的坐标为((3+3√2 ) s,-12 √2 m/s)
21.(2022届临澧一中月考二)(12分)如图a所示,一物体以一定的速度v 沿足够长斜面向上运
0
动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图b中的曲线给出。设各种条件下,物体
运动过程中与斜面间的动摩擦因数不变,g=10 m/s2,试求:
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(1)物体与斜面之间的动摩擦因数;
(2)物体的初速度大小;
(3)θ为多大时,x值最小。
解析 (1)(2)当θ为90°时,物体做竖直上抛运动,有 =2gx,解得:v = 5 m/s
v2 1 0
0
5
当θ为0°时,相当于物体在粗糙水平面上滑行x= √3m停下,设物体与斜面间的动摩擦因数
0
4
√3
为μ,则μmg=ma ,v2=2ax,解得:μ=
0 0 0 0 3
(3)对于任意角度θ,设物体沿斜面上升的最大位移为x
由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma
由运动学公式有 =2ax
v2
0
解得:x=
v2
0 =
x
1 ,其中tan α=μ,即α=30°
2g(sinθ+μcosθ) √1+μ2 sin(θ+α)
则当θ=60°时,sin(θ+α)=1,x取最小值x min = x 1 =√3x 1 ≈ 1.08 m
√1+μ2 2
22.(2021广州一模,13)(10分)如图,单人双桨赛艇比赛中,运动员用双桨同步划水使赛艇沿直
线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段,假设划水和空中运桨用时均为0.8
s,赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg,受到的阻力恒定,划水时双桨产生动力大小为赛艇所受
阻力的2倍,某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s,运动员紧接着完成1次动作,此过
程赛艇前进8 m,g取10 m/s2,求:
(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比;
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(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。
解析 (1)设赛艇受到的阻力大小为f,双桨划水时的动力为F,设划水和运桨两阶段的加速度
大小分别为a、a,由牛顿第二定律
1 2
划水时F-f=ma
1
空中运桨时f=ma
2
依题意有F=2f
联立解得a∶a=1∶1
1 2
(2)由以上分析可知,赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等,则加速结束时速度达到最
大,则
v =v+at
m 0 1
1
划水时s=vt+ at2
1 0 1
2
1
运桨时s=v t- at2
2 m 2
2
又s+s =8 m
1 2
联立并代入数据解得:v = 6 m/s f= 175 N
m
23.(2022届潍坊期中,16)(10分)如图所示,甲、乙两个物体相互接触,但不黏合,放置在光滑水
平面上。从t=0时刻开始,推力F 和拉力F 分别作用于甲、乙两物体上,F 、F 随时间的变化
1 2 1 2
规律为F=(8-2t)(N)、F=(2+2t)(N),已知甲的质量m=2 kg,乙的质量m=3 kg。求:
1 2 1 2
(1)t=0时甲、乙的加速度大小;
(2)甲、乙分离时乙的速度大小;
(3)t=5 s时乙的加速度大小。
解析 (1)取甲、乙整体为研究对象,t=0时
F+F =(m+m)a
1 2 1 2
代入数据得a= 2 m/s 2
(2)当甲、乙分离时,两者间的相互作用力为零
对甲:F =ma
1 1 1
对乙:F =ma
2 2 2
此时a=a
1 2
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代入数据得a=a=2 m/s2,t=2 s
1 2
则v= 4 m/s
(3)t=5 s时甲、乙已经分离,此时F'=12 N
2
F'=m a
2 2 3
代入数据得a= 4 m/s 2
3
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