2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第4讲以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”

第4讲
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考法
学法
应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②正交分解法；③作图法；④图像法；
⑤等效思想；⑥临界极值思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．连接体问题中的两类瞬时性模型
刚性绳(或接触面)
弹簧(或橡皮绳)
不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间
两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看成保持不变
2．动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
解析：选C　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B的加速度相等，单独对B分析，B的加速度为：aB＝a1＝＝μg；当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝
a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
2.如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30°，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为(　　)
A.F
B.F
C.mg＋F
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
解析：选B　以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得a＝＝－g(sin 30°＋μcos 30°)，以下侧45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F－45mgsin 30°－μ·45mgcos 30°－FN＝45ma，解得FN＝F，故B
正确。
3．(2018·保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则(　　)
A．aA＝μg，aB＝μg
B．aA＝μg，aB＝0
C．aA＝μg，aB＝0
D．aA＝μg，aB＝μg
解析：选C　系统稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹簧向左的弹力大小F，B受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度大小aB＝0；A的加速度大小aA＝＝μg，选项C对。

[研一题]————————————————————————————————
如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　)


A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
[解析]　如果v0小于v1，则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后，继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A
正确；传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s内，a 2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，物块所受的摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。
[答案]　A
[悟一法]————————————————————————————————
传送带问题的突破口——初态、共速、末态

[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1沿顺时针方向运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　)

A．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
B．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B　由题图乙可知：t1时刻小物块向左运动最远，即离A处的距离达到最大，t1～t2时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D错误。
2.(2018·郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ
解析：选A　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D
错误。

[研一题]————————————————————————————————
(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是
(　　)

A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动
C．煤块在前3 s内前进的位移为9 m
D．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m
[解析]　根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，解得：
a1＝2 m/s2，对小车有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6 m/s2，经过时间t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v1＝a1t，小车的速度为：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2 s，以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，解得：a3＝ m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3＝ m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前2 s 内煤块前进的位移为：x1＝a1t2＝×2×22 m＝4 m，然后和小车共同运动1 s时间，此1 s时间内位移为：x1′＝v1t′＋ a3t′2≈4.4 m，故煤块在前3 s内前进的位移为4 m＋4.4 m＝8.4 m，C错误；在前2 s内煤块前进的位移x1＝4 m，小车前进的位移为：x2＝vt＋a2t2＝m＝6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度)为：Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，D正确。
[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
1．板—块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。
2．滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够大。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，固定斜面C的倾角为θ，长木板A与斜面间动摩擦因数为μ1，A沿斜面下滑时加速度为a1，现将B置于长木板A顶端，A、B间动摩擦因数为μ2，此时释放A、B，A的加速度为a2，B的加速度为a3，则下列说法正确的是(　　)
A．若μ1>μ2，则有a1＝a2 B．若μ1>μ2，则有a2 C．若μ1<μ2，则有a1＝a2>a3
D．若μ1<μ2，则有a1>a2＝a3
解析：选B　若μ1>μ2，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，a2 (μ2－μ1)gcos θa1，A错误，B正确；若μ1<μ2，A、B将一起以相同的加速度下滑，故a1＝a2＝a3，C、D错误。
2.[多选]如图所示，在水平长直轨道上，有一长木板在外力控制下始终向右做匀速直线运动，小物块P、Q(视为质点)由跨过光滑定滑轮且不可伸长的轻绳相连处于静止状态，且轻绳AQ水平，OP、OQ与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若小物块Q的质量为m，小物块P与长木板间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．AQ的拉力大小为mg
B．P的质量为(＋1)m
C．若AQ被剪断，则在剪断瞬间，Q的加速度大小为g
D．长木板对P的作用力与P对长木板的作用力大小相等
解析：选ABD　对Q受力分析，受到竖直向下的重力mg、AQ的拉力T1以及OQ的拉力T2，三力平衡，如图所示，根据力的合成与分解可得，AQ的拉力T1＝mgtan θ＝mg，A正确；OQ的拉力为T2＝＝mg，对P受力分析，受到竖直向下的重力Mg、竖直向上的支持力N、向右的滑动摩擦力Ff及OP的拉力，同一条绳上的拉力相同，所以OP的拉力也是T2，处于平衡状态，受力分析如图所示，又Ff＝μN，T2sin θ＝Ff，T2cos θ＋N＝Mg，解得：M＝(＋1)m，B正确；若AQ被剪断，则在剪断瞬间，Q只受到重力和OQ的拉力，Q开始做圆周运动，所以Q的加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为a＝gsin θ＝g，C错误；长木板对P的作用力和P对长木板的作用力是一对作用力与反作用力，所以大小相等，D正确。
[专题强训提能]
1.(2019届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　)
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D　滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)

解析：选A　设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
3.如图所示，物块M在倾角为θ、静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是(　　)
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后沿传送带匀速下滑
C．M先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑
D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上

解析：选C　传送带静止时，M匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度
v＜v0时，M匀速下滑，M受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度v＝v0瞬间，M受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度v＞v0后，M可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但M一定加速下滑，最终M速度达到2v0与传送带一起匀速运动，故C正确。
4．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C　由于斜面光滑，A与B、C与D分别沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin αcos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不受弹簧的弹力，弹簧L2处于原长。故选项C正确，A、B、D错误。
5．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2，均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为(　　)

A．M∶m　　　　　　　　 B．m∶M
C．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m)
解析：选A　F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncos θ＝Mg，对B有：Nsin θ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A时，对B有：mgtan θ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtan θ，＝，A对。
6.[多选]如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放甲，在以后的运动过程中，乙与丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中乙始终没有离开水平桌面，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
A．细绳对乙的拉力大小为20 N
B．乙的加速度大小为2.5 m/s2
C．乙对丙的摩擦力大小为2.5 N
D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N
解析：选BC　设细绳的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲g－FT＝m甲a；对乙和丙组成的整体，有FT＝(m乙＋m丙)a，联立解得FT＝15 N，a＝2.5 m/s2，A错误，B正确；对丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f＝m丙a＝1×
2.5 N＝2.5 N，C正确；细绳中的张力为15 N，由于滑轮两侧细绳相互垂直，根据平行四边形定则，其对定滑轮的作用力为15 N，D错误。
7.(2018·合肥检测)如图所示，长为6 m的水平传送带沿顺时针方向以恒定速度v1＝2 m/s 运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为1 m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若传送带的速度为5 m/s，小物块将以5 m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以4 m/s的速度从传送带右端滑出
解析：选B　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，则 x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为1 m/s和5 m/s时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B正确，C错误；小物块的速度为4 m/s时，速度减至零时通过的位移x′＝ m＝4 m<6 m，小物块减速到零后反向加速，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出，D错误。

8.(2018·林州一中质检)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是(　　)
A．B的加速度为 B．A、B之间的弹力为
C．弹簧的弹力为 D．A的加速度为
解析：选A　剪断细线前，对A分析，可得弹簧弹力F＝mgsin θ＝mg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为F＝mg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin θ－F＝
3ma，解得a＝g，A错误，D正确；以B为研究对象，可得2mgsin θ－FN＝2ma，解得
FN＝mg，B正确。
9.(2018·北京西城区模拟)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为6.0 kg和2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2。在A上施加水平向右的拉力F，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A．A、B间始终没有相对滑动
B．A、B间从受力开始就有相对滑动
C．当拉力F<12 N时，A、B均保持静止状态
D．A、B开始没有相对滑动，当F>18 N时，开始相对滑动
解析：选A　单独对B分析，A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B刚好要发生相对滑动，此时aB＝＝6 m/s2，再对整体分析：F＝(mA＋mB)aB＝48 N，故只有当拉力F>
48 N时，A、B才发生相对滑动，A对，B、D错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C错。
10．[多选](2018·桂林联考)如图所示，一小物体m(视为质点)从光滑圆弧轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关
B．若传送带逆时针运行，则物体m也能滑过B点，落在C点
C．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v>2 m/s 时，物体m落在C点的右侧
D．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v<2 m/s 时，物体m可能落在C点的右侧
解析：选BCD　由机械能守恒定律得mgR＝mv02，则v0＝2 m/s，传送带静止时，在A点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，得F＝3mg，由牛顿第三定律知F′＝F，可知F′与R无关，A错误；若传送带逆时针运行，物体m也匀减速运动至B点，与静止情况相同，落在C点，B正确；若传送带顺时针运行，v>2 m/s，物体m加速运动，落在C点右侧，C正确；若v<2 m/s，物体m可能先匀减速运动后匀速运动，到达B点速度可能大于传送带静止时到达B点的速度，可能落在C点右侧，D正确。
11．[多选]如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)

A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度为2gsin θ－
解析：选AD　若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A正确；滑块在0～t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，解得a2＝2gsin θ－，选项D正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于v0，选项C错误。
12．[多选](2019届高三·深圳调研)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)

A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析：选ACD　物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝
3 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t1＝＝2 s，故A正确；物块反向做匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O点所用的时间t′＝＝ s＝2 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得：F＝2 N，Ff＝1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：μ＝＝0.1，故C、D正确。
13．[多选](2018·宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B与物块A接触但不粘连；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B在开始一段时间内的v ­t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则(　　)

A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大
D．从t1时刻开始，拉力F恒定不变
解析：选BD　由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx1，则x1＝，故A错误；t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx2－mgsin θ＝ma，则x2＝，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确。
14．[多选](2018·云南师大附中模拟)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方法可使位移x增大的是(　　)
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
解析：选AD　设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板：F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2，对于木块：μmg＝ma2，x2＝a2t2，当木块与木板分离时，它们的位移满足L＝a1t2－a2t2，解得t＝，则木块相对地面运动的位移为x＝a2t2；仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，则t增大，x增大，故A正确；仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故B错误；仅增大恒力F，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故C错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2变大，则t增大，x增大，故D正确。