（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第一板塊 第4講 以加速度為橋梁巧解動力學“三類典型問題”講義（含解析）.doc

以加速度為橋梁巧解動力學“三類典型問題”考法學法應用牛頓運動定律解決動力學問題是高考必考內(nèi)容，其中有三類典型問題：連接體問題、傳送帶問題、板塊模型問題，這三類問題均是高考的熱點。解答這三類問題需要的知識有：勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓運動定律、受力分析等。用到的思想方法有：整體法和隔離法；正交分解法；作圖法；圖像法；等效思想；臨界極值思想。知能全通1連接體問題中的兩類瞬時性模型剛性繩(或接觸面)彈簧(或橡皮繩)不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小通?？梢钥闯杀３植蛔?動力學連接體問題中整體法、隔離法的選用原則(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法；當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法。(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須采用隔離法。題點全練1.如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A11B23C13 D32解析：選C當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A、B的加速度相等，單獨對B分析，B的加速度為：aBa1g；當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得a1a213，C正確。2.如圖所示，50個大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上運動。已知斜面足夠長，傾角為30，各小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第46個小物塊對第45個小物塊的作用力大小為() A.FB.FC.mgFD因為動摩擦因數(shù)未知，所以不能確定解析：選B以50個小物塊組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得ag(sin 30cos 30)，以下側(cè)45個小物塊為研究對象，由牛頓第二定律得F45mgsin 3045mgcos 30FN45ma，解得FNF，故B正確。3(2018保定調(diào)研)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為。傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設A、B的加速度大小分別為aA和aB(彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g)，則()AaAg，aBgBaAg，aB0CaAg，aB0DaAg，aBg解析：選C系統(tǒng)穩(wěn)定時A和B均受到向右的滑動摩擦力，B受到的滑動摩擦力大小為m2g，等于彈簧向左的彈力大小F，B受到的合外力為0。剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力和B受到的滑動摩擦力都不變，則B的加速度大小aB0；A的加速度大小aAg，選項C對。研一題如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速度v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為37。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的vt圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，則()A傳送帶的速度為4 m/sB傳送帶底端到頂端的距離為14 mC物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為D物塊所受的摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反解析如果v0小于v1，則物塊沿傳送帶向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v0一定大于v1。結(jié)合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同后，繼續(xù)做減速運動，但加速度發(fā)生變化，由此可以判斷傳送帶的速度為4 m/s，選項A正確；傳送帶底端到頂端的距離等于題圖乙中圖線與橫軸所圍的面積，即(412)1 m14 m10 m，選項B錯誤；01 s內(nèi)，a1gsin gcos 8 m/s2，12 s內(nèi)，a 2gsin gcos 4 m/s2，解得，選項C錯誤；在12 s內(nèi)，物塊所受的摩擦力方向與物塊的運動方向相同，選項D錯誤。答案A悟一法傳送帶問題的突破口初態(tài)、共速、末態(tài)通一類1(2019屆高三衡水調(diào)研)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1沿順時針方向運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則()At1時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大Bt1時刻，小物塊離A處的距離達到最大C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：選B由題圖乙可知：t1時刻小物塊向左運動最遠，即離A處的距離達到最大，t1t2時間內(nèi)，小物塊向右加速，但相對傳送帶還是向左滑動，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，A錯誤，B正確；0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，t2t3時間內(nèi)小物塊與傳送帶共速，摩擦力為零，C、D錯誤。2.(2018鄭州模擬)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A點將糧袋輕輕放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B糧袋開始運動的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動C若tan ，則糧袋從A到B一定一直做加速運動D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsin 解析：選A糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v，可能先做勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同，也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確；糧袋開始運動時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為mgcos ，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度ag(sin cos )，故B錯誤；若tan ，糧袋從A到B可能一直做勻加速運動，也可能先做勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，故C錯誤；由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動，故D錯誤。研一題 (2018鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一個F10 N的水平恒力。當小車向右運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零)，從此時刻開始計時，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)0.20。假定小車足夠長，g10 m/s2。則下列說法中正確的是()A煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動后做勻速直線運動B小車一直做加速度不變的勻加速直線運動C煤塊在前3 s內(nèi)前進的位移為9 mD煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m解析根據(jù)牛頓第二定律，計時開始時對煤塊有：FNma1，F(xiàn)Nmg0，解得： a12 m/s2，對小車有：FFNMa2，解得：a20.6 m/s2，經(jīng)過時間t，煤塊和小車的速度相等，煤塊的速度為：v1a1t，小車的速度為：v2va2t，v1v2，解得：t2 s，以后煤塊和小車共速，根據(jù)牛頓第二定律：F(Mm)a3，解得：a3 m/s2，即煤塊和小車一起以加速度a3 m/s2 做勻加速運動，A、B 錯誤；在前2 s 內(nèi)煤塊前進的位移為：x1a1t2222 m4 m，然后和小車共同運動1 s時間，此1 s時間內(nèi)位移為：x1v1t a3t24.4 m，故煤塊在前3 s內(nèi)前進的位移為4 m4.4 m8.4 m，C錯誤；在前2 s內(nèi)煤塊前進的位移x14 m，小車前進的位移為：x2vta2t2m6.8 m，兩者的相對位移(即痕跡長度)為：xx2x16.8 m4 m2.8 m，D正確。答案D悟一法1板塊模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類問題要注意從速度、位移、時間等角度，找到兩者運動之間的聯(lián)系。2滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等，如果木板做變速運動或者傾斜放置，還要求滑塊與木板間的最大靜摩擦力足夠大。通一類1.如圖所示，固定斜面C的傾角為，長木板A與斜面間動摩擦因數(shù)為1，A沿斜面下滑時加速度為a1，現(xiàn)將B置于長木板A頂端，A、B間動摩擦因數(shù)為2，此時釋放A、B，A的加速度為a2，B的加速度為a3，則下列說法正確的是()A若1>2，則有a1a2<a3B若1>2，則有a2<a1<a3C若1<2，則有a1a2>a3D若1<2，則有a1>a2a3解析：選B若1>2，A、B之間有相對滑動，且B的加速度大于A的加速度，a2<a3；沒有放B時，對A，有：mAgsin 1mAgcos mAa1，解得：a1gsin 1gcos ；當放上B時，有：mAgsin 1(mAmB)gcos 2mBgcos mAa2，解得：a2gsin 1gcos (21)gcos <a1；B在A上下滑時，mBgsin 2mBgcos mBa3，a3gsin 2gcos >a1，A錯誤，B正確；若1<2，A、B將一起以相同的加速度下滑，故a1a2a3，C、D錯誤。2.多選如圖所示，在水平長直軌道上，有一長木板在外力控制下始終向右做勻速直線運動，小物塊P、Q(視為質(zhì)點)由跨過光滑定滑輪且不可伸長的輕繩相連處于靜止狀態(tài)，且輕繩AQ水平，OP、OQ與豎直方向的夾角均為45。若小物塊Q的質(zhì)量為m，小物塊P與長木板間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()AAQ的拉力大小為mgBP的質(zhì)量為(1)mC若AQ被剪斷，則在剪斷瞬間，Q的加速度大小為gD長木板對P的作用力與P對長木板的作用力大小相等解析：選ABD對Q受力分析，受到豎直向下的重力mg、AQ的拉力T1以及OQ的拉力T2，三力平衡，如圖所示，根據(jù)力的合成與分解可得，AQ的拉力T1mgtan mg，A正確；OQ的拉力為T2mg，對P受力分析，受到豎直向下的重力Mg、豎直向上的支持力N、向右的滑動摩擦力Ff及OP的拉力，同一條繩上的拉力相同，所以OP的拉力也是T2，處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，又FfN，T2sin Ff，T2cos NMg，解得：M(1)m，B正確；若AQ被剪斷，則在剪斷瞬間，Q只受到重力和OQ的拉力，Q開始做圓周運動，所以Q的加速度的方向與OQ的方向垂直，所以加速度大小為agsin g，C錯誤；長木板對P的作用力和P對長木板的作用力是一對作用力與反作用力，所以大小相等，D正確。專題強訓提能 1.(2019屆高三天津模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在逆時針勻速運轉(zhuǎn)的皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析：選D滑塊輕放到皮帶上，受到向左的滑動摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當彈簧的彈力與摩擦力相等時，速度達到最大，然后彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故D正確，A、B、C錯誤。2.(2018全國卷)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()解析：選A設物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0mg，在彈簧恢復原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得Fk(x0x)mgma，整理得Fkxma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。3.如圖所示，物塊M在傾角為、靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運轉(zhuǎn)的過程中，以下分析正確的是()AM下滑的速度不變BM開始在傳送帶上加速到2v0后沿傳送帶勻速下滑CM先沿傳送帶勻速下滑，后加速下滑，最后再勻速下滑DM受到的摩擦力方向始終沿傳送帶向上解析：選C傳送帶靜止時，M勻速下滑，故mgsin Ff，當傳送帶突然啟動且速度vv0時，M勻速下滑，M受到沿斜面向上的滑動摩擦力；傳送帶速度vv0瞬間，M受到沿斜面向上的靜摩擦力；傳送帶速度vv0后，M可能受到向下的滑動摩擦力或靜摩擦力，可能不受摩擦力，還可能受到向上的靜摩擦力，但M一定加速下滑，最終M速度達到2v0與傳送帶一起勻速運動，故C正確。4在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()A兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)B兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)C彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長D彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài)解析：選C由于斜面光滑，A與B、C與D分別沿斜面下滑的加速度相同，為gsin 。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：axacos gsin cos ，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大小：F合mgsin ，即C不受彈簧的彈力，彈簧L2處于原長。故選項C正確，A、B、D錯誤。5光滑水平地面上有兩個疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對上面或下面的斜面體施加水平方向的恒力F1、F2，均可使兩斜面體相對靜止地做勻加速直線運動，已知兩斜面體間的摩擦力為零，則F1與F2之比為()AMmBmMCm(Mm) DM(Mm)解析：選AF1作用于A時，設A和B之間的彈力為N，對A有：Ncos Mg，對B有：Nsin ma，對A和B組成的整體有：F1(Mm)agtan ；F2作用于A時，對B有：mgtan ma，對A和B組成的整體有：F2(Mm)a(Mm)gtan ，A對。6.多選如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質(zhì)量為m乙5 kg的盒子乙，乙內(nèi)放置一質(zhì)量為m丙1 kg的滑塊丙，用一質(zhì)量不計的細繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為m甲2 kg 的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細繩與水平桌面平行。現(xiàn)由靜止釋放甲，在以后的運動過程中，乙與丙之間沒有相對運動，假設整個運動過程中乙始終沒有離開水平桌面，取重力加速度g10 m/s2。則()A細繩對乙的拉力大小為20 NB乙的加速度大小為2.5 m/s2C乙對丙的摩擦力大小為2.5 ND定滑輪受到細繩的作用力為30 N解析：選BC設細繩的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對甲，有m甲gFTm甲a；對乙和丙組成的整體，有FT(m乙m丙)a，聯(lián)立解得FT15 N，a2.5 m/s2，A錯誤，B正確；對丙受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有fm丙a12.5 N2.5 N，C正確；細繩中的張力為15 N，由于滑輪兩側(cè)細繩相互垂直，根據(jù)平行四邊形定則，其對定滑輪的作用力為15 N，D錯誤。7.(2018合肥檢測)如圖所示，長為6 m的水平傳送帶沿順時針方向以恒定速度v12 m/s 運行。一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v25 m/s。若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g10 m/s2，下列說法中正確的是()A小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動B若傳送帶的速度為1 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出C若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將以5 m/s的速度從傳送帶右端滑出D若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以4 m/s的速度從傳送帶右端滑出解析：選B小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，設加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律得mgma，得 ag2 m/s2，則 x m6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向右做勻加速直線運動，A錯誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時，小物塊在傳送帶上受力情況與題述條件下相同，則運動情況相同，都將從傳送帶左端滑出，B正確，C錯誤；小物塊的速度為4 m/s時，速度減至零時通過的位移x m4 m<6 m，小物塊減速到零后反向加速，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出，D錯誤。8.(2018林州一中質(zhì)檢)如圖所示，在傾角30的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g。某時刻將細線剪斷，則剪斷細線的瞬間，下列說法錯誤的是()AB的加速度為 BA、B之間的彈力為C彈簧的彈力為 DA的加速度為解析：選A剪斷細線前，對A分析，可得彈簧彈力Fmgsin mg，剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力還來不及改變，所以彈力仍為Fmg，C正確；剪斷細線的瞬間，細線對B的拉力消失，A、B將共同沿斜面向下運動，根據(jù)牛頓第二定律可得3mgsin F3ma，解得ag，A錯誤，D正確；以B為研究對象，可得2mgsin FN2ma，解得FNmg，B正確。9.(2018北京西城區(qū)模擬)如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A、B質(zhì)量分別為6.0 kg和2.0 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)為0.2。在A上施加水平向右的拉力F，開始時F10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10 m/s2。以下判斷正確的是()AA、B間始終沒有相對滑動BA、B間從受力開始就有相對滑動C當拉力F<12 N時，A、B均保持靜止狀態(tài)DA、B開始沒有相對滑動，當F>18 N時，開始相對滑動解析：選A單獨對B分析，A、B間摩擦力達到最大靜摩擦力時，A、B剛好要發(fā)生相對滑動，此時aB6 m/s2，再對整體分析：F(mAmB)aB48 N，故只有當拉力F>48 N時，A、B才發(fā)生相對滑動，A對，B、D錯；由于水平面光滑，只要有拉力兩物體就運動，C錯。10多選(2018桂林聯(lián)考)如圖所示，一小物體m(視為質(zhì)點)從光滑圓弧軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，圓弧半徑R0.2 m，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，當傳送帶靜止時，物體m能滑過右端的B點，且落在水平地面上的C點，取重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()A物體m滑到最低點A時對軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關(guān)B若傳送帶逆時針運行，則物體m也能滑過B點，落在C點C若傳送帶順時針運行，則當傳送帶速度v>2 m/s 時，物體m落在C點的右側(cè)D若傳送帶順時針運行，則當傳送帶速度v<2 m/s 時，物體m可能落在C點的右側(cè)解析：選BCD由機械能守恒定律得mgRmv02，則v02 m/s，傳送帶靜止時，在A點，由牛頓第二定律得Fmgm，得F3mg，由牛頓第三定律知FF，可知F與R無關(guān)，A錯誤；若傳送帶逆時針運行，物體m也勻減速運動至B點，與靜止情況相同，落在C點，B正確；若傳送帶順時針運行，v>2 m/s，物體m加速運動，落在C點右側(cè)，C正確；若v<2 m/s，物體m可能先勻減速運動后勻速運動，到達B點速度可能大于傳送帶靜止時到達B點的速度，可能落在C點右側(cè)，D正確。11多選如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶上某位置輕輕放置一滑塊，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，滑塊速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則()A傳送帶一定逆時針轉(zhuǎn)動Btan C傳送帶的速度大于v0Dt0后滑塊的加速度為2gsin 解析：選AD若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當滑塊下滑時(mgsin >mgcos )，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin <mgcos )，先做勻加速運動，在速度與傳送帶速度相等后將做勻速運動，兩種情況均不符合題圖乙，故傳送帶是逆時針轉(zhuǎn)動，選項A正確；滑塊在0t0時間內(nèi)，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，勻加速下滑，a1gsin gcos ，由題圖乙可知a1，則tan ，選項B錯誤；滑塊與傳送帶的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，解得a22gsin ，選項D正確；由前述分析結(jié)合題圖乙知，傳送帶的速度等于v0，選項C錯誤。12多選(2019屆高三深圳調(diào)研)如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg、初速度v06 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，取g10 m/s2，下列說法中正確的是()At2 s時物塊速度為零Bt3 s時物塊回到O點C恒力F大小為2 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：選ACD物塊向右做勻減速直線運動的加速度大小為：a1 m/s23 m/s2，物塊向右做勻減速直線運動到速度為零的時間為：t12 s，故A正確；物塊反向做勻加速直線運動的加速度大小為：a2 m/s21 m/s2，反向加速回到O點所用的時間t s2 s，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma1，F(xiàn)Ffma2，解得：F2 N，F(xiàn)f1 N，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為：0.1，故C、D正確。13多選(2018宜春四校聯(lián)考)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B與物塊A接觸但不粘連；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止。現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B在開始一段時間內(nèi)的v t關(guān)系分別對應圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點)，重力加速度為g，則()At2時刻，彈簧形變量為0Bt1時刻，彈簧形變量為C從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大D從t1時刻開始，拉力F恒定不變解析：選BD由題圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin kx1，則x1，故A錯誤；t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律得kx2mgsin ma，則x2，故B正確；從開始到t1時刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x減小，F(xiàn)增大，從t1時刻開始，對B由牛頓第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不變，故C錯誤，D正確。14多選(2018云南師大附中模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動最后分離。設分離時木塊相對地面運動的位移為x，保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下，下列方法可使位移x增大的是()A僅增大木板的質(zhì)量MB僅減小木塊的質(zhì)量mC僅增大恒力FD僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)解析：選AD設木板長為L，當木塊與木板分離時，運動時間為t，對于木板：FmgMa1，x1a1t2，對于木塊：mgma2，x2a2t2，當木塊與木板分離時，它們的位移滿足La1t2a2t2，解得t，則木塊相對地面運動的位移為xa2t2；僅增大木板的質(zhì)量M，a1變小，a2不變，則t增大，x增大，故A正確；僅減小木塊的質(zhì)量m，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故B錯誤；僅增大恒力F，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故C錯誤；僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，a1變小，a2變大，則t增大，x增大，故D正確。