专题四功能关系第一课时.docx

专题四功能关系第一课时.docx

《专题四功能关系第一课时.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题四功能关系第一课时.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

专题四功能关系第一课时

专题定位

　本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：

①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．

本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．

应考策略

　深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：

一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．

第1课时　功能关系在力学中的应用

1．常见的几种力做功的特点

（1）重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．

（2）摩擦力做功的特点

①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．

②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．

③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．

2．几个重要的功能关系

（1）重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp.

（2）弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.

（3）合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.

（4）重力（或弹簧弹力）之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.

（5）一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ff·l相对．

1．动能定理的应用

（1）动能定理的适用情况：

解决单个物体（或可看成单个物体的物体系统）受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．

（2）应用动能定理解题的基本思路

①选取研究对象，明确它的运动过程．

②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．

③明确物体在运动过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.

④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．

2．机械能守恒定律的应用

（1）机械能是否守恒的判断

①用做功来判断，看重力（或弹簧弹力）以外的其他力做功的代数和是否为零．

②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．

③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．

（2）应用机械能守恒定律解题的基本思路

①选取研究对象——物体系统．

②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．

③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．

④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．

题型1　力学中的几个重要功能关系的应用

例1

　如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（　　）

A．B物体的机械能一直减小

B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和

C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量

D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量

解析　把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案　ABD

以题说法

　1.本题要注意几个功能关系：

重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．

2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．

　（2013·山东·16）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）

A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加

C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

答案　CD解析　两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．

题型2　动力学方法和动能定理的综合应用

例2

　（15分）如图所示，上表面光滑、长度为3m、质量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．（g取10m/s2）求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数；

（2）刚放第三个小铁块时木板的速度；

（3）从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．

审题突破

　木板在F＝50N的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？

放上小铁块后木板的受力如何变化？

解析　

（1）木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff

由平衡条件得：

F＝Ff①（1分）又Ff＝μMg②（2分）

联立①②并代入数据得：

μ＝0.5③（1分）

（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg

设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：

－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④（5分）

联立③④并代入数据得：

v1＝4m/s⑤（1分）

（3）从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.

从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：

－3μmgx＝0－Mv⑥（4分）联立③⑤⑥并代入数据得x＝m≈1.78m⑦（1分）

以题说法

　1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg.

2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．

　如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；

（3）若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.

解析　

（1）滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有

mg·（2R－R）－μmgcos37°·＝0－0解得：

μ＝tan37°＝0.375

（2）若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝

由FN≥0得vC≥＝2m/s

滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcos37°·＝mv－mv

则v0＝≥2m/s故v0的最小值为2m/s

（3）滑块离开C点后做平抛运动，有x＝vC′t，y＝gt2

由几何知识得tan37°＝整理得：

5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s（t＝－0.8s舍去）

题型3　动力学方法和机械能守恒定律的应用

例3

　（14分）如图，质量为M＝2kg的顶部有竖直壁的容器A，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m＝1kg的光滑小球B与右壁接触．让A、B系统从斜面上端由静止开始下滑L后刚好到达斜面底端，已知L＝2m，取重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）小球到达斜面底端的速度大小；

（2）下滑过程中，A的水平顶面对B的支持力大小；

（3）下滑过程中，A对B所做的功．

审题突破

　A、B组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？

A的水平顶面对B的支持力方向如何？

解析　

（1）根据机械能守恒定律：

（M＋m）gLsinθ＝（M＋m）v2（2分）

解得：

v＝＝2m/s（2分）

（用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分）

（2）小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a＝gsinθ（1分）

对B进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg、FN作用，斜向下加速运

动，根据牛顿第二定律mg－FN＝masinθ（3分）

代入a＝gsinθ解得FN＝mg（1－sin2θ）＝mgcos2θ＝7.5N（2分）

（3）设A对B做的功为Wm，则根据动能定理mgLsinθ＋Wm＝mv2（2分）

解得Wm＝mv2－mgLsinθ＝m（）2－mgLsinθ＝0（2分）

以题说法

　若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A、B组成的系统机械能守恒．

　如图所示，轮半径r＝10cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5m，与一圆心在O点、半径R＝1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25m，一质量m＝0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．

（1）求滑块对圆轨道末端的压力；

（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；

（3）若传送带以v0＝0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．

解析　

（1）从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：

mgR（1－cos37°）＝mv2

在轨道末端由牛顿第二定律得：

FN－mg＝由以上两式得FN＝1.4N

由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下．

（2）若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：

－μmgL＝mv－mv2

解得：

vB＝1m/s滑块从B点开始做平抛运动

滑块的落地点与B点间的水平距离为：

x＝vB＝0.5m

（3）传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：

Δx＝L＋v0＝2m

滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：

Q＝μmgΔx＝0.2J.

6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

审题示例

（12分）如图7所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的斜面上方P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：

（1）小球被抛出时的速度v0；

（2）小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；（3）小球从C到D过程中摩擦力做的功Wf.

审题模板

答题模板

（1）小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．

则有v＝2gh①

由几何关系得v0＝v1cotθ②

联立①②式得v0＝③

（2）A、B间竖直高度H＝R（1＋cosθ）④

设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中由机械能守恒定律得

mv＋mg（H＋h）＝mv2⑤

在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m⑥

联立③④⑤⑥式解得FN＝5.6mg⑦

由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg⑧

（3）全过程应用动能定理：

Wf＝0－mv

即Wf＝－mv＝－mgh⑨

（评分标准：

本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分）

点睛之笔

　多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．

　如图所示，将一质量m＝0.1kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2m，斜面高H＝15m，竖直圆轨道半径R＝5m．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，试求：

（1）小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；

（2）小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；

（3）若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．

答案　

（1）6m/s　4.8m　

（2）2.05s　（3）3N，方向竖直向上

解析　

（1）小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可

得：

v0＝vycotα

由平抛运动规律得：

v＝2gh

h＝gt

x＝v0t1

联立解得：

v0＝6m/s，x＝4.8m

（2）小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点，需要时间

t1＝＝0.8s

小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小

vA＝＝10m/s

从A点到B点

由动能定理得mgH＝mv－mv

解得vB＝20m/s

小球沿斜面下滑的加速度a＝gsinα＝8m/s2

由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25s

小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间

t＝t1＋t2＝2.05s

（3）水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑，小球从B点到D点，由动能定理可得

－2mgR＝mv－mv

在D点由牛顿第二定律可得：

FN＋mg＝m

联立解得：

FN＝3N

由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力FN′＝3N，方向竖直向上

（限时：

45分钟）

一、单项选择题

1．（2013·安徽·17）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）

A．GMmB．GMmC.D.

2．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，则物体沿斜面上升的过程中（　　）

A．物体的重力势能增加了mghB．物体的重力势能增加了mgh

C．物体的机械能损失了mghD．物体的动能减少了mgh

3．用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v－t图象如图2所示．下列说法正确的是（　　）

A．前2s内货物处于超重状态

B．最后1s内货物只受重力作用

C．货物在10s内的平均速度是1.7m/s

D．货物在2s～9s内机械能守恒

4．质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图3所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为Ff，以下说法正确的是（　　）

A．0～t1时间内，汽车牵引力的数值为m

B．t1～t2时间内，汽车的功率等于（m＋Ff）v2

C．t1～t2时间内，汽车的平均速率小于

D．汽车运动的最大速率v2＝（＋1）v1

二、多项选择题

5．（2013·江苏·9）如图4所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中（　　）

A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga

B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga

C．经O点时，物块的动能小于W－μmga

D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能

6．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则（　　）

A．在x1处物体所受拉力最大

B．在x2处物体的速度最大

C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小

D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小

7．被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球（NBA）赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是（）

A．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0

B．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为mv2＋mgh

C．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态

D．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒

三、非选择题

8．水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑连接，斜槽AB的竖直高度H＝6.0m，倾角θ＝37°，水平槽BC长d＝2.5m，BC面与水面的距离h＝0.80m，人与BC间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下，求：

（取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）

（1）游戏者沿斜槽AB下滑时加速度的大小；

（2）游戏者滑到C点时速度的大小；

（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小．

9．如图所示，质量为m＝1kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R＝1.0m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝.（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）求小物块离开A点时的水平初速度v1的大小；

（2）求小物块经过O点时对轨道的压力；

（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5m/s，求P、A间的距离；

（4）求斜面上C、D间的距离．

10．如图所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v0＝8m/s，传送带A、B点间的长度sAB＝45m．若矿物落到点D处离最高点C点的水平距离为sCD＝2m，竖直距离为hCD＝1.25m，矿物质量m＝50kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力．求：

（1）矿物到达B点时的速度大小；

（2）矿物到达C点时对轨道的压力大小；

（3）矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功．

专题突破答案

1．答案　C解析　由万有引力提供向心力知G＝m，所以卫星的动能为mv2＝，则卫星在半经为r的轨道上运行时机械能为E＝mv2＋Ep＝－＝－.故卫星在轨道R1上运行时：

E1＝－，在轨道R2上运行时：

E2＝－，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q＝E1－E2＝，故正确选项为C.

2．答案　B解析　该过程物体克服重力做功为mgh，则物体的重力势能增加了mgh，选项A错误，选项B正确；由牛顿第二定律有Ff＋mgsin30°＝ma，解得Ff＝mg，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，Wf＝－Ff·＝－mgh，选项C错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为mgh，选项D错误．

3．答案　C解析　由题图知，前2s内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A错误；最后1s内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B错误；v－t图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10s内发生的位移大小为x＝×（7＋10）×2m＝17m，则10s内货物的平均速度是1.7m/s，选项C正确；货物在2s～9s内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D错误．

4．答案　D解析　0～t1时间内汽车的加速度大小为，m为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A错误；t1时刻汽车牵引力的功率为Fv1＝（m＋Ff）v1，之后汽车功率保持不变，选项B错误；t1～t2时间内，汽车的平均速率大于，选项C错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t2时刻汽车速率达到最大值，则有（m＋Ff）v1＝Ffv2，解得v2＝（＋1）v1，选项D正确．

5．答案　BC

解析　如图，在A点弹簧的弹力大于摩擦力，即FA>μmg，在B点弹簧的弹力小于等于摩擦力，即FB≤μm