04-第四章　牛顿运动定律检测卷2021-2022学年物理必修第一册粤教版2019（Word含解析）

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册全册综合同步练习题，共19页。

第四章　牛顿运动定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2021天津河西高三上期末)在春秋战国时代(公元前772—前221年),我国杰出学者墨子认为:“力,刑之所以奋也。”“刑”同“形”,即物体;“奋,动也”,即开始运动或运动加快。对墨子这句关于力和运动观点的理解,下列说法不正确的是 (　　)
A.墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B.墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C.此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D.此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
2.(2021江苏高二学业考试模拟)日常生活中打鸡蛋时,厨师总是喜欢用一个鸡蛋去击打另一个鸡蛋。如果用A鸡蛋迅速击打在静止的B鸡蛋上,A鸡蛋破了,B鸡蛋未破,下列说法正确的是 (　　)
A.B鸡蛋未破,所以B鸡蛋没受到A鸡蛋给它的力
B.A鸡蛋对B鸡蛋的作用力大小大于B鸡蛋对A鸡蛋的作用力大小
C.A鸡蛋对B鸡蛋的作用力大小等于B鸡蛋对A鸡蛋的作用力大小
D.A鸡蛋对B鸡蛋的作用力和B鸡蛋对A鸡蛋的作用力是一对平衡力
3.(2021广东东莞等三校联考)一列列驰骋的中欧班列将急需的防疫及生产生活物资送至沿线各国,为战胜疫情增添了信心和力量,成为各国携手抗疫的“生命通道”。假设某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第4节对第5节车厢的作用力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第4节对倒数第5节车厢的作用力为 (　　)

A.F　　　B.F9　　　C.F19　　　D.F20
4.(2021广东广州高一上第三次联考)我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动,这样方便省力。在粗糙的水平面上放置一个小物体P,P受到与水平面成夹角θ、斜向上的拉力F作用沿水平面运动,如图甲所示,物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示。把物体P换成Q,其他条件不变,重复操作,得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。图乙中b、c和d都是已知量,由此可知 (　　)

A.P和Q的材料相同
B.P的质量大于Q的质量
C.P的质量为db
D.Q的质量为-cd
5.(2021广东华南师大附中高三综合测试二)如图所示,在光滑的水平面上叠放M、P、N三个物体,质量均为m,N与P和P与M间动摩擦因数均为μ,系统处于静止状态,现在对P施加一个水平向右的拉力F,欲使P从M和N中拉出来,则F应不小于 (　　)

A.5μmg　　　B.6μmg　　　
C.7μmg　　　D.8μmg
6.(2021广东六校高一上联考,改编)如图所示,倾角为θ、足够长的斜面放置于水平面上,质量为m的物块静止于斜面上。现给斜面施加一水平向右的推力,使斜面向右加速运动。下列关于施加推力前后的对比情况,不正确的是 (　　)

A.地面对斜面的支持力可能增加
B.地面对斜面的支持力可能不变
C.斜面对物块的摩擦力可能增大
D.斜面对物块的支持力可能减小
7.(2021重庆缙云教育联盟高一上期末,改编)如图甲所示,某同学站在电梯上随电梯斜向上运动,倾角θ=37°,电梯运动的v-t图像如图乙所示,人的质量为60 kg,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8则下列说法正确的是 (　　)

A.0~1 s内,人受到的摩擦力大小为120 N
B.0~1 s内,人对电梯的压力大小为600 N
C.3~4 s内,人处于超重状态
D.3~4 s内,人受到的摩擦力方向水平向左
8.(2021广东中山高一上期末)电动机通过绳子将小木箱(可看成质点)从斜面底端拉至斜面平台处,当电动机拉木箱时,木箱的加速度大小为2 m/s2,方向沿斜面向上;当电动机停止运转后,木箱在斜面上运动的加速度大小为4 m/s2,方向沿斜面向下。已知斜面长度为6 m,电动机作用一段时间后停止运转,发现木箱刚好到达平台,下列说法正确的是 (　　)

A.电动机作用时间为4 s
B.木箱在斜面上运动的时间为3 s
C.木箱的最大速度为6 m/s
D.木箱加速与减速的距离之比为1∶2
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2020广东广州广铁一中、广大附中、广外三校高一期末联考)从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球,若运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,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地速率为v1,且落地前小球已经做匀速运动,则整个过程中,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
B.小球被抛出时的加速度值最大,到达最高点的加速度值最小
C.小球抛出瞬间的加速度大小为1+v0v1g
D.小球下降过程中的平均速度小于v12
10.(2021广东广州天河高一上期末)如图,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个物块P和Q,质量分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则 (　　)

A.两物块一起运动的加速度大小为a=Fm1+m2
B.弹簧的弹力大小为T=m2m1+m2F
C.若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大
D.若只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大
11.(2020广东广州、深圳学调联盟二调)如图所示,A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接,放置在倾角为θ的光滑斜面上,当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时,三者恰好保持静止,已知A、B、C三者质量相等,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)

A.在轻绳被烧断的瞬间,A的加速度大小为2g sin θ
B.在轻绳被烧断的瞬间,B的加速度大小为g sin θ
C.剪断弹簧的瞬间,A的加速度大小为12g sin θ
D.突然撤去外力F的瞬间,A的加速度大小为2g sin θ
12.(2021广东茂名五校联考)两个皮带轮顺时针转动,带动水平传送带以不变的速率v运行。将质量为m的物体A(可视为质点)轻轻放在传送带左端,经时间t后,A的速度变为v,再经过时间t后,到达传送带右端。则正确的说法是 (　　)

A.物体A在传送带上留下的痕迹在物体左侧
B.物体A在传送带上留下的痕迹长为vt
C.物体A在传送带上留下的痕迹长为0.5vt
D.物体A由传送带左端到右端的平均速度为0.75v
三、非选择题(本题共6小题,共60分。13、14题为实验题,15~18为计算题)
13.(2020山东乐昌二中高一上期末)(6分)某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

图1
(1)下列做法正确的是　　　　(填字母代号)。 
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜程度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过细绳拴在木块上
C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜程度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量　　　　木块和木块上砝码的总质量(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)。 
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图2可知,m甲　　　　m乙,μ甲　　　　μ乙。(均选填“大于”“小于”或“等于”) 

图2
(4)实验时改变砝码桶内砝码的数量,分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F图像,如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线,造成此现象的主要原因可能是　　　　。(选填下列选项的序号) 

图3
A.木块与平面轨道之间存在摩擦
B.平面轨道倾斜角度过大
C.砝码桶和砝码的总质量过大
D.所用木块和砝码的质量过大
14.(2021广东中山纪念中学模拟)(8分)如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验。在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,C为弹簧测力计,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力。

(1)根据实验原理图,本实验　　　　(选填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中　　　　(选填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;滑块(含遮光条)的加速度　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度。 
(2)某同学实验时,未挂细绳和钩码接通气源,推一下滑块使其从轨道右端向左运动,发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间,该同学疏忽大意,未采取措施调节导轨,继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是　　　　(填图像下方的字母)。 

(3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为　　　　。 
15.(2021广东珠海第二中学高一上月考)(8分)“地摊”经济为城市生活带来了方便。如图所示,某摊主的小车上面平放着物品A,右端的直杆上用轻绳悬挂着物品B,小车在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,沿水平地面做匀加速直线运动,已知小车质量为M=50 kg,物品A、B的质量均为m=5 kg,物品A与小车间的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度为g,不计其他阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)为使得物品A与小车保持相对静止,求拉力的最大值Fm;
(2)若轻绳与竖直方向的夹角θ=37°,求拉力F的大小。




16.(2021广东东莞高一上期末)(10分)如图是某游乐场内的滑沙场地示意图,斜坡滑道AB长64 m,倾角θ=37°,水平滑道BC足够长,斜坡滑道与水平滑道之间是平滑连接的。某游客坐在滑板上从斜坡的A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后再沿水平的滑道滑行一段距离到C点停下。已知游客和滑板的总质量m=60 kg,滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ1=0.5,与水平滑道间的动摩擦因数为μ2=0.4,空气阻力忽略不计,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)游客从斜坡上滑下的加速度大小;
(2)游客滑到B点时的速度大小;
(3)游客从A点滑动到C点所用的时间。






17.(2020江苏泰州中学高一上月考)(12分)如图甲所示,倾斜传送带倾角θ=37°,两端A、B间距离为L=4 m,传送带以4 m/s的速度沿顺时针方向转动,一质量为1 kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑,到A用时2 s,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数;
(2)若该小滑块在传送带的底端A,现用一沿传送带向上的大小为6 N的恒定拉力F拉滑块,使其由静止沿传送带向上运动,当速度与传送带速度相等时,求滑块的位移;
(3)在第(2)问的条件下,求滑块从A运动到B的时间。







18.(2021广东清远华侨中学高三月考)(16分)如图所示,质量M=8 kg的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平推力F=8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时,在小车右端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2 kg的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长。求:
(1)放上小物块后,小物块及小车的加速度各为多大;
(2)从小物块放在小车上开始计时,1 s后,推力F随时间均匀增大,即F=6+2t(t>1 s)。通过计算写出物块与小车间的摩擦力f与时间t的表达式(重力加速度为g)。


答案全解全析
第四章　牛顿运动定律
1.C
2.C
3.B
4.A
5.A
6.D
7.D
8.B
9.AC
10.BC
11.AC
12.CD
1.C　由题意可知,“力,刑之所以奋也”这句话的意思是说,力是使物体运动的原因或力是改变物体运动状态的原因,使物体产生加速度的原因,此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同,与亚里士多德关于力和运动的观点不相同,故C错误,A、B、D正确。
2.C　两个鸡蛋相碰,两个鸡蛋间力的作用是相互的,它们大小相等、方向相反、作用在同一直线上,故A、B错误,C正确;A鸡蛋对B鸡蛋的作用力和B鸡蛋对A鸡蛋的作用力是一对相互作用力,故D错误。
3.B　根据题意可知,第4节车厢对第5节车厢的作用力为F,因为每节车厢质量相等,所受阻力相同,故以后36节车厢整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-36f=36ma;设倒数第5节车厢对倒数第4节车厢的作用力为F1,则以后4节车厢为研究对象,根据牛顿第二定律有F1-4f=4ma,联立解得F1=F9。根据牛顿第三定律可得倒数第4节车厢对倒数第5节车厢的作用力也为F9,故B正确,A、C、D错误。
4.A　对物体应用牛顿第二定律有F cos θ-μ(mg-F sin θ)=ma,可得a=cosθ+μsinθmF-μg,故a-F图线的纵轴截距表示-μg,可知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同,P和Q的材料相同,故A正确;P的a-F图线的斜率大于Q的a-F图线的斜率,而a-F图线的斜率表示cosθ+μsinθm,可得P的质量小于Q的质量,故B错误;由以上分析可知,P、Q的质量无法由b、c、d求出,故C、D错误。
5.A　若拉出Р物体,对N受力分析,可得μmg=ma1,解得a1=μg;对M受力分析,可得2μmg=ma2,解得a2=2μg;拉出P,则同时满足aP>a1,aP>a2;对Р受力分析,得F-μmg-2μmg=maP,联立方程可得F>5μmg,故A正确,B、C、D错误。
6.D　施加推力前,地面对斜面的支持力等于物块与斜面的总重力,斜面对物块的摩擦力大小为mg sin θ<μmg cos θ,方向沿斜面向上,斜面对物块的支持力大小为mg cos θ。施加推力后,当斜面向右加速运动时,物块受到的摩擦力可能向左(加速度较小时),也可能向右(加速度较大时)。将物块和斜面看作整体,当物块相对斜面静止时,系统的加速度水平向右,此时地面对斜面的支持力不变,临界状态为物块要相对斜面向上运动;当推力继续增大时,由于物块受到的静摩擦力有极值,因此物块相对斜面向上滑动,系统加速度有向上的分量,所以地面对斜面的支持力增加,故地面对斜面的支持力不可能减小。斜面向右加速运动时,斜面对物块的摩擦力先减小,再反向增大;物块向右加速时,物块受到重力、摩擦力和支持力,加速度在垂直斜面方向上有分量,重力在垂直斜面方向上分量不变,说明支持力在垂直斜面方向上的分力增大了,即支持力增大了,故A、B、C正确,D错误,故选D。
7.D　根据v-t图像,0~1 s内,人的加速度a1=2-01 m/s2=2 m/s2,方向沿电梯斜向上,沿水平方向,根据牛顿第二定律,有Ff=ma1 cos θ=60×2×0.8 N=96 N,沿竖直方向,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma1 sin θ,解得FN=672 N,根据牛顿第三定律,则人对电梯的压力大小为672 N,故A、B错误。3~4 s内,人的加速度a2=0-21 m/s2=-2 m/s2,方向沿电梯斜向下,即在竖直方向加速度的分量向下,人处于失重状态;在水平方向加速度的分量向左,而摩擦力为水平方向的合力,根据牛顿第二定律可知摩擦力方向水平向左,故C错误,D正确。
8.B　设木箱加速阶段的时间为t1,减速运动的时间为t2,则在加速阶段通过的位移为x1=12a1t12,获得的最大速度为v=a1t1,在减速阶段通过的位移为x2=12a2t22,由于a1t1=a2t2,x1+x2=6 m,联立解得t1=2 s,t2=1 s,v=4 m/s,x1=4 m,x2=2 m,故A、C错误。木箱在斜面上运动的时间为t=t1+t2=2 s+1 s=3 s,故B正确。木箱加速与减速的距离之比为x1∶x2=2∶1,故D错误。
9.AC　小球上升过程,受重力和阻力,合力向下,根据牛顿第二定律有f+mg=ma,解得a=g+fm>g,由于是减速上升,阻力逐渐减小,故加速度不断减小;小球下降过程,受重力和阻力,根据牛顿第二定律,有mg-f=ma',解得a'=g-fm 10.BC　对整体受力分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)·g sin θ=(m1+m2)a,解得a=Fm1+m2-g sin θ,故A错误;对物块Q受力分析,根据牛顿第二定律有T-m2g sin θ=m2a,解得T=m2Fm1+m2,故B正确;根据T=m2Fm1+m2=Fm1m2+1,可知若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,弹力变大,根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大,故P、Q的间距变大,C正确;根据T=m2Fm1+m2,可知只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,弹力不变,弹簧的伸长量不变,故P、Q的间距不变,D错误。
11.AC　把A、B、C看成一个整体进行受力分析,有F=3mg·sin θ,B、C间弹簧的弹力F弹=mg sin θ。在轻绳被烧断的瞬间,A、B之间的绳子拉力为零,对A,由牛顿第二定律得F-mg sin θ=maA,解得aA=2g sin θ,故A正确;对于B,在轻绳被烧断的瞬间,绳子的拉力为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律有F弹+mg sin θ=maB,解得aB=2g sin θ,故B错误;剪断弹簧的瞬间,弹簧弹力为零,对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-2mg sin θ=2maAB,解得aAB=12g sin θ,A的加速度大小aA=aAB=12g sin θ,故C正确;突然撤去外力F的瞬间,A、B整体一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有F弹+2mg sin θ=2maAB,解得aAB=32g sin θ,A的加速度大小aA=aAB=32g sin θ,故D错误。
12.CD　物体A轻轻放在传送带左端后,相对于传送带向左滑动,所以物体A在传送带上留下的痕迹在物体右侧,故A错误;当物体A速度大小达到传送带速率v时,A的位移x1=v2t,传送带的位移x1'=vt,则A在传送带上留下的痕迹长为Δx=x1-x1'=v2t,故C正确,B错误;物体A由传送带左端到右端的平均速度为v=v2t+vt2t=34v,故D正确。
13.答案　(1)AD(2分)　(2)远小于(1分)　(3)小于(1分)　大于(1分)　(4)C(1分)
解析　(1)调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行,否则细绳的拉力不可能等于合力,故A正确;在调节木板倾斜程度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”,B错误;实验开始时先接通打点计时器的电源,待其平稳工作后再释放木块,而当实验结束时应先控制木块停下,再断开打点计时器电源,C错误;平衡摩擦力后,有mg sin θ=μmg cos θ,即μ=tan θ,与质量无关,故通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜程度,故D正确。
(2)若以砝码桶及砝码的重力大小作为小木块的外力大小,则有a=mgM;实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动,即对砝码桶及砝码有mg-T=ma,对小木块有T=Ma,故小物块的实际加速度为a=mgM+m (3)当没有平衡摩擦力时,有F-μmg=ma,故a=1mF-μg,即a-F图线的斜率为1m,纵轴截距的大小为μg,观察图线可知m甲μ乙。
(4)随着力F的增大,即砝码和砝码桶总质量的增大,不再满足砝码和砝码桶的质量远小于木块的质量,因此曲线上部出现弯曲,故C正确。
14.答案　(1)不需要(1分)　不必要(1分)　大于(2分)
(2)C(2分)
(3)1k(2分)
解析　(1)此实验利用气垫导轨,导轨水平时滑块与导轨之间无摩擦力,所以不需要垫高气垫导轨的一端平衡摩擦力;滑块受到的拉力可以用弹簧测力计测出,故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;因钩码挂在动滑轮上,则滑块的加速度等于钩码加速度的2倍,即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度。
(2)遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间,说明滑块做减速运动,导轨的左端偏高,则施加外力时需达到一定的值才能使滑块加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是C。
(3)根据a=1MF,有1M=k,解得M=1k。
15.答案　(1)600 N　(2)562.5 N
解析　(1)为使得物品A与小车保持相对静止,小车的最大加速度am满足μmg=mam(1分)
解得am=8 m/s2 (1分)
对整体,由牛顿第二定律可得
F cos α=(M+2m)am(1分)
解得F=600 N。 (1分)
(2)对物品B,由牛顿第二定律可得
mg tan θ=ma (1分)
解得a=7.5 m/s2 (1分)
对整体,由牛顿第二定律可得
F cos α=(M+2m)a (1分)
解得F=562.5 N。 (1分)
16.答案　(1)2 m/s2　(2)16 m/s　(3)12 s
解析　(1)根据牛顿第二定律得
mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma1 (1分)
解得a1=2 m/s2 (1分)
(2)根据v2=2a1L (1分)
解得v=16 m/s(1分)
(3)根据L=12a1t12 (1分)
解得滑到斜坡底端所用的时间
t1=8 s(1分)
在水平滑道上,有μ2mg=ma2 (1分)
解得a2=4 m/s2 (1分)
则在水平滑道上运动的时间
t2=va2=4 s(1分)
从A点滑动到C点所用的时间
t=t1+t2=12 s(1分)
17.答案　(1)0.5　(2)2 m　(3)1.5 s
解析　(1)对小滑块,由牛顿第二定律可得
mg sin θ-μmg cos θ=ma (2分)
又有L=12at2 (1分)
联立解得μ=0.5 (1分)
(2)当外力F作用后,对小滑块,由牛顿第二定律可得
F+μmg cos θ-mg sin θ=ma1 (1分)
解得a1=4 m/s2 (1分)
加速到与传送带速度相同,即v=4 m/s,有
x1=v22a1=2 m(1分)
(3)加速到与传送带速度相等之后,滑块与传送带相对静止,一起匀速运动
加速阶段:v=a1t1 (1分)
解得t1=1 s(1分)
匀速阶段:L-x1=vt2 (1分)
解得t2=0.5 s(1分)
滑块从A运动到B的时间:
tAB=t1+t2=1.5 s(1分)
18.答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2
(2)f=4N(t<1s)1.2+0.4t(1s≤t≤7s)4N(t>7s)
解析　(1)小物块的加速度am满足μmg=mam (1分)
得am=2 m/s2 (1分)
小车的加速度aM满足F-μmg=MaM (1分)
得aM=0.5 m/s2 (1分)
(2)假设经过时间t1它们恰好共速,则有
amt1=v0+aMt1 (1分)
得t1=1 s,在开始1 s内小物块与小车相对运动,两者间的摩擦力为滑动摩擦力
f=μmg=4 N(1分)
两者共速后,假设两者能共同加速,对小物块受力分析,设最大共同加速度为a
对整体有Fm=(M+m)a (1分)
对物块有f=μmg=ma (1分)
联立解得两者共同加速的最大推力
Fm=20 N(1分)
由F=6+2t(t>1 s) (1分)
得当t=7 s时,F=20 N(1分)
故在1~7 s时间内,两者共同加速,对小物块有
f=ma (1分)
对小车与物块整体有F=(M+m)a (1分)
解得f=1.2+0.4t(1 s≤t≤7 s) (1分)
当t>7 s,两者相对运动,它们之间的摩擦力再次为滑动摩擦力,f=4 N; (1分)
综上所述,有
f=4N(t<1s)1.2+0.4t(1s≤t≤7s)4N(t>7s) (1分)