高中圓周運動教案

20xx高考物理復習微專題05圓周運動中的臨界問題學案新人教版。

相關(guān)知識

20xx高考物理《圓周運動》材料分析

20xx高考物理《圓周運動》材料分析

第3節(jié)圓周運動
考點一|圓周運動的基本概念

1．線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量．
v＝＝.
2．角速度：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量．
ω＝＝.
3．周期和頻率：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量．
T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量．
an＝＝rω2＝ωv＝r.
5．相互關(guān)系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf.
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.

(20xx·浙江4月學考)如圖431為某中國運動員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間．假定此時他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，則他()

圖431
A．所受的合力為零，做勻速運動
B．所受的合力恒定，做勻加速運動
C．所受的合力恒定，做變加速運動
D．所受的合力變化，做變加速運動
D[運動員做勻速圓周運動，其加速度指向圓心，方向時刻變化，為變加速運動，合力也指向圓心，方向時刻變化．D正確．]
(20xx·浙江10月學考)在“G20”峰會“最憶是杭州”的文藝演出中，芭蕾舞演員保持如圖432所示姿式原地旋轉(zhuǎn)，此時手臂上A、B兩點角速度大小分別為ωA、ωB，線速度大小分別為vA、vB，則()

圖432
A．ωAωBB．ωAωB
C．vAvB
D[該模型為同軸轉(zhuǎn)動模型，可以得出角速度一樣，因此半徑大的點線速度大，所以A、B兩點角速度一樣，線速度A處大于B處．故選D.]

1．對公式v＝ωr的理解
(1)當r一定時，v與ω成正比；
(2)當ω一定時，v與r成正比；
(3)當v一定時，ω與r成反比．2．常見的三種傳動方式及特點
(1)皮帶傳動：如圖433所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖433
(2)摩擦傳動：如圖434甲所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖434
(3)同軸傳動：如圖乙、丙所示，繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比．

1．對于做勻速圓周運動的物體，下列說法中不正確的是()
A．相等的時間內(nèi)通過的路程相等
B．相等的時間內(nèi)通過的弧長相等
C．相等的時間內(nèi)通過的位移相等
D．相等的時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相等
C[勻速圓周運動是指線速度大小不變的圓周運動，因此在相等時間內(nèi)通過路程相等，弧長相等，轉(zhuǎn)過的角度也相等，故選項A、B、D正確；相等的時間內(nèi)通過的位移方向不同，由于位移是矢量，因此位移不相等，故選項C錯誤．]
2.皮帶傳動裝置如圖435所示，兩輪的半徑不相等，傳動過程中皮帶不打滑．關(guān)于兩輪邊緣上的點，下列說法正確的是()

圖435
A．周期相同
B．角速度相等
C．線速度大小相等
D．向心加速度相等
C[皮帶不打滑時，皮帶上各點的線速度大小相等，C正確．]
3.如圖436所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉(zhuǎn)動軸轉(zhuǎn)動時，板上A、B兩點()

圖436
A．角速度之比ωA∶ωB＝∶1
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．線速度之比vA∶vB＝∶1
D．線速度之比vA∶vB＝1∶
D[板上A、B兩點的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A、B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vA∶vB＝1∶，選項C錯誤，D正確．]
4．(加試要求)如圖437是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設(shè)腳踏板的轉(zhuǎn)速為nr/s，則自行車前進的速度為()

圖437
A.B.
C.D.
D[因為要計算自行車前進的速度，即車輪Ⅲ邊緣上的線速度的大小，根據(jù)題意知：輪Ⅰ和輪Ⅱ邊緣上的線速度的大小相等，據(jù)v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝ω，則輪Ⅱ的角速度ω2＝ω，因為輪Ⅱ和輪Ⅲ共軸，所以轉(zhuǎn)動的角速度相等即ω3＝ω2，根據(jù)v＝rω可知，v3＝r3ω3＝＝.]考點二|圓周運動中的動力學分析

1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?br> (2)大小
F＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
(3)方向
始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．
(4)來源(加試要求)
向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供．
2．離心現(xiàn)象的受力特點(只必考要求)

圖438
當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；
當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當FFCD．FBFC
B[在平直公路上行駛時，重力等于支持力，由牛頓第三定律知，壓力等于支持力，所以壓力FA＝mg；汽車到達B點時，有向下的加速度，汽車失重，故支持力小于重力，因而壓力小于重力；在C點時與在B點時相反，壓力大于重力，所以FCFAFB，故B正確．]
2．(20xx·通化高三檢測)如圖4310所示，在勻速轉(zhuǎn)動的圓筒內(nèi)壁上緊靠著一個物體一起運動，充當向心力的是()

圖4310
A．重力B．彈力
C．靜摩擦力D．滑動摩擦力
B[物體在豎直方向上受重力和靜摩擦力作用，兩力平衡，在水平方向上受彈力作用，彈力充當向心力，B正確．]
3．(20xx·紹興市調(diào)研)奧運會單杠比賽中有一個“單臂大回環(huán)”的動作，難度系數(shù)非常大．假設(shè)運動員質(zhì)量為m，單臂抓杠桿身體下垂時，手掌到人體重心的距離為l.如圖4311所示，在運動員單臂回轉(zhuǎn)從頂點倒立轉(zhuǎn)至最低點過程中，可將人體視為質(zhì)量集中于重心的質(zhì)點，且不考慮手掌與單杠間的摩擦力，重力加速度為g，若運動員在最低點的速度為2，則運動員的手臂拉力為自身重力的()

圖4311
A．2倍B．3倍
C．4倍D．5倍
D[對運動員在最低點受力分析，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－mg＝m，解得，F(xiàn)＝5mg，D項正確．]
4．(加試要求)在云南省某些地方到現(xiàn)在還要依靠滑鐵索過江，若把這滑鐵索過江簡化成如圖4312所示的模型，鐵索的兩個固定點A、B在同一水平面內(nèi)，A、B間的距離為L＝80m，鐵索的最低點離A、B連線的垂直距離為H＝8m，若把鐵索看做是圓弧，已知一質(zhì)量m＝52kg的人借助滑輪(滑輪質(zhì)量不計)滑到最低點時的速度為10m/s，那么()

圖4312
A．人在整個鐵索上的運動可看成是勻速圓周運動
B．可求得鐵索的圓弧半徑為100m
C．人在滑到最低點時，滑輪對鐵索的壓力為570N
D．人在滑到最低點時，滑輪對鐵索的壓力為50N
C[人借助滑輪下滑過程中，其速度是逐漸增大的，因此人在整個鐵索上的運動不能看成勻速圓周運動；設(shè)圓弧的半徑為r，由幾何關(guān)系，有：(r－H)2＋2＝r2，解得r＝104m；人在滑到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m，解得FN＝570N，選項C正確．]考點三|豎直面內(nèi)圓周運動的臨界問題

1．在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．
2．繩、桿模型涉及的臨界問題
繩模型桿模型常見類型過最高點的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥，F(xiàn)N＋mg＝m，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN
(2)不能過最高點時，v，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心
(2)當0時，F(xiàn)N＋mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大
(20xx·浙江4月學考)如圖4313所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比)

圖4313
當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由.
【解析】恰能通過圓環(huán)最高點，需滿足的條件是mg＝①由彈簧壓縮量為d時，恰好使滑塊上升到B點得EpA＝mgh1②沿軌道Ⅱ運動時由A到F機械能守恒EpA＝mv2③①②③聯(lián)立解得v＝2m/s，Rm＝0.4m當RRm＝0.4m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點．【答案】見解析
/
1．(多選)(20xx·臺州市六校高二聯(lián)考)如圖4314所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側(cè)做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖(由上、下、側(cè)三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是()

圖4314
A．甲圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力
B．乙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力
C．丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力
D．丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為
BC[在甲圖中，當速度比較小時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg－FN＝m，即座椅給人施加向上的力，當速度比較大時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅給人施加向下的力，故A錯誤；在乙圖中，因為合力指向圓心，重力豎直向下，所以安全帶一定給人向上的力，故B正確；在丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，合力方向向上，重力豎直向下，則座椅給人的作用力一定豎直向上，故C正確；在丁圖中，由于軌道車有安全鎖，可知軌道車在最高點的最小速度為零，故D錯誤．]
2．(20xx·東陽模擬)一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖4315所示，則下列說法正確的是()
圖4315
A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零
B．小球過最高點的最小速度是
C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大
D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小
A[輕桿可對小球產(chǎn)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤；若v，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小，若v，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤．]
3．長度為1m的輕桿OA的A端有一質(zhì)量為2kg的小球，以O(shè)點為圓心，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如圖4316所示，小球通過最高點時的速度為3m/s，g取10m/s2，則此時小球?qū)?)

圖4316
A．受到18N的拉力
B．受到38N的支持力
C．受到2N的拉力
D．受到2N的支持力
D[設(shè)此時輕桿拉力大小為F，根據(jù)向心力公式有F＋mg＝m，代入數(shù)值可得F＝－2N，表示受到2N的支持力，選項D正確．]
4.如圖4317所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)壁做圓周運動，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是()

圖4317
A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝
B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝
C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球一定無作用力
D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側(cè)管壁對小球一定有作用力
C[小球沿光滑圓形管道上升，到達最高點的速度可以為零，A、B選項均錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由于重力的方向豎直向下，向心力方向斜向上，必須受外側(cè)管壁指向圓心的作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，由于重力有指向圓心的分量，若速度較小，小球可不受外側(cè)管壁的作用力，D錯誤．]

20xx高考物理復習微專題03牛頓運動定律的應(yīng)用_分離條件分析學案新人教版

20xx高考物理復習微專題02牛頓運動定律與圖象綜合問題學案

俗話說，磨刀不誤砍柴工。教師要準備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學生們能夠在上課時充分理解所教內(nèi)容，幫助教師在教學期間更好的掌握節(jié)奏。怎么才能讓教案寫的更加全面呢？下面的內(nèi)容是小編為大家整理的20xx高考物理復習微專題02牛頓運動定律與圖象綜合問題學案，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

微專題02牛頓運動定律與圖象綜合問題
已知物體的速度、加速度圖象分析受力情況
1．v－t圖象
根據(jù)圖象的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力．
2．a(chǎn)t圖象
要注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程．
(20xx全國新課標Ⅰ)(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()
A．斜面的傾角
B．物塊的質(zhì)量
C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析：選ACD小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最遠距離s＝v02t1，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程v0t1＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行v1t1＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝v0＋v12t1，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項AC對．根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，選項D對．僅根據(jù)速度時間圖象，無法找到物塊質(zhì)量，選項B錯．
(1)弄清圖象斜率、截距、交點、拐點的物理意義．
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷．
(20xx漳州八校聯(lián)考)如圖甲所示，一個質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動．在0～3s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．則()
A．F的最大值為12N
B．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反
C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/s
D．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運動，2～3s內(nèi)物體做勻減速運動
解析：選C第1～2s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A錯誤；物體在力F作用下由靜止開始運動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3s內(nèi)始終做加速運動，第3s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運動，故B錯誤；因為物體速度始終增加，故3s末物體的速度最大，再根據(jù)Δv＝aΔt知速度的增加量等于加速度與時間的乘積，在at圖象上即為圖象與時間軸所圍圖形的面積，Δv＝12×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物體由靜止開始做加速運動，故最大速度為8m/s，所以C正確；第2s內(nèi)物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運動，在0～1s內(nèi)物體做加速度增大的加速運動，2～3s內(nèi)物體做加速度減小的加速運動，故D錯誤．
1．(20xx重慶理綜)若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是()

解析：選Bv－t圖線斜率表示加速度，所以加速度圖象如圖所示．由牛頓第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不變，所以Ft圖象相當于at圖象向上平移，B正確．
2．(20xx海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()
A．F1＜F2B．F2＞F3
C．F1＞F3D．F1＝F3
解析：選A由vt圖象可知，0～5s內(nèi)加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsinθ－f；10～15s內(nèi)加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，選項A正確．
已知物體的受力圖象分析運動情況
1．Ft圖象
要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質(zhì)．
2．Fa圖象
首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象，明確圖象的斜率、截距或面積的意義，從而由圖象給出的信息求出未知量．
(多選)靜止在水平地面上的物塊，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖所示．設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，都是1N，則()
A．在0～1s時間內(nèi)物塊的加速度逐漸增大
B．在3s時，物塊的加速度最大
C．在3s時，物塊的速度最大
D．在8s時，物塊的速度最大
解析：選BD在0～1s時間內(nèi)，F(xiàn)小于或等于最大靜摩擦力，可知物塊處于靜止狀態(tài)，故A錯誤；t＝3s時，拉力最大，且大于最大靜摩擦力，故物塊所受合力最大，物塊的加速度最大，故B正確；t＝3s后，拉力仍然大于最大靜摩擦力，物塊仍然做加速運動，速度仍增大，t＝8s后，拉力小于最大靜摩擦力，物塊做減速運動，所以t＝8s時，物塊的速度最大，故C錯誤，D正確．
(多選)如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出()
A．物體的質(zhì)量
B．斜面傾角的正弦值
C．加速度增大到6m/s2時物體的位移
D．物體靜止在斜面上時的外力F
解析：選ABD對物體受力分析，受水平外力、重力、支持力，如圖所示．
x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，
y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0，
從圖象中取兩個點(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正確．當a＝0時，可解得F＝15N，即最小拉力為15N．題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，無法求出位移，故C錯誤，D正確．
3．(20xx黑龍江哈師大附中月考)“蹦極”是一項刺激的極限運動，運動員將一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處，從幾十米高處跳下．在某次蹦極中，彈性繩彈力F的大小隨時間t的變化圖象如圖所示，其中t2、t4時刻圖線的斜率最大．將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，彈性繩中彈力與伸長量的關(guān)系遵循胡克定律，空氣阻力不計．下列說法中正確的是()
A．t1～t2時間內(nèi)運動員處于超重狀態(tài)
B．t2～t4時間內(nèi)運動員的機械能先減小后增大
C．t3時刻運動員的加速度為零
D．t4時刻運動員具有向下的最大速度
解析：選B在t1～t2時間內(nèi)，合力向下，運動員加速下降，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；在t2、t4時刻圖線的斜率最大，說明彈力變化最快，由于彈力與彈性繩的伸長量成正比，說明伸長量變化最快，即速度最大，而速度最大時彈力與重力平衡；由于整個過程重力勢能、彈性勢能和動能的總和保持不變，而t2～t4時間內(nèi)彈性勢能先變大后變小，故運動員的機械能先減小后增大，故B正確；t3時刻彈力最大，運動員運動到最低點，合力向上，故加速度向上，不為零，故C錯誤；t4時刻運動員受到的重力和彈力平衡，加速度為零，具有向上的最大速度，故D錯誤．
4．(多選)如圖(甲)所示，物體原來靜止在水平地面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(乙)所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.根據(jù)題目提供的信息，下列判斷正確的是()
A．物體的質(zhì)量m＝2kg
B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6
C．物體與水平面的最大靜摩擦力fmax＝3N
D．在F為10N時，物體的加速度a＝2m/s2
解析：選AD根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝ma，F(xiàn)1＝7N，a1＝0.5m/s2；F2＝14N，a2＝4m/s2，聯(lián)立解得m＝2kg，μ＝0.3，A正確，B錯誤．最大靜摩擦力f＝μmg＝6N，C錯誤．當F＝10N時，代入得a＝2m/s2，D正確．

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