01 易錯(cuò)陷阱
易錯(cuò)點(diǎn)一、不會(huì)分析的多體、多過(guò)程問(wèn)題
易錯(cuò)點(diǎn)二、滑塊與木板模型的摩擦力分析
易錯(cuò)點(diǎn)三、不會(huì)分析傳送帶問(wèn)題
02 易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)
知識(shí)點(diǎn)一、輕繩相連加速度相同的連接體
知識(shí)點(diǎn)二、輕繩繞滑輪加速度相等的連接體
知識(shí)點(diǎn)三、滑塊——木板的問(wèn)題分析
知識(shí)點(diǎn)四、水平傳動(dòng)帶模型
知識(shí)點(diǎn)五、傾斜傳送帶模型
03 舉一反三——易錯(cuò)題型
題型一：輕繩連接體
題型二：彈簧連接體
題型三：板塊疊加連接體
題型四：板塊疊加+輕繩連接體
題型五：滑塊——木板模型之動(dòng)態(tài)分析與臨界問(wèn)題
題型六：水平傳送帶問(wèn)題
題型七：傾斜傳送帶問(wèn)題
04 易錯(cuò)題通關(guān)
易錯(cuò)點(diǎn)一、不會(huì)分析的多體、多過(guò)程問(wèn)題
1.求解各部分加速度都相同的連接體問(wèn)題時(shí)，要優(yōu)先考慮整體法；如果還需要求物體之間的作用力，再用隔離法.求解連接體問(wèn)題時(shí)，隨著研究對(duì)象的轉(zhuǎn)移，往往兩種方法交叉運(yùn)用.一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統(tǒng)所受合力.無(wú)論運(yùn)用整體法還是隔離法，解題的關(guān)鍵還是在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行正確的受力分析.
2.當(dāng)物體各部分加速度相同且不涉及求內(nèi)力的情況，用整體法比較簡(jiǎn)單；若涉及物體間相互作用力時(shí)必須用隔離法.整體法與隔離法在較為復(fù)雜的問(wèn)題中常常需要有機(jī)地結(jié)合起來(lái)運(yùn)用，這將會(huì)更快捷有效.
3.常見(jiàn)連接體的類(lèi)型
(1)同速連接體(如圖)
特點(diǎn)：兩物體通過(guò)彈力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
處理方法：用整體法求出a與F合的關(guān)系，用隔離法求出F內(nèi)力與a的關(guān)系.
(2)關(guān)聯(lián)速度連接體(如圖)
特點(diǎn)：兩連接物體的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所關(guān)聯(lián).
處理方法：分別對(duì)兩物體隔離分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行求解.
易錯(cuò)點(diǎn)二、滑塊與木板模型的摩擦力分析
（1）摩擦力的方向總是與物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)(或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì))的方向相反，但不一定與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反．
（2）摩擦力總是阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)(或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì))，但不一定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)，即摩擦力可以是阻力，也可以是動(dòng)力．
（3）受靜摩擦力作用的物體不一定靜止，但一定與施力物體保持相對(duì)靜止．
易錯(cuò)點(diǎn)三、不會(huì)分析傳送帶問(wèn)題
1、難點(diǎn)一：物塊與傳送帶都發(fā)生運(yùn)動(dòng)，以地面為參考系的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析
處理方法：需通過(guò)畫(huà)運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖和v-t圖像來(lái)再現(xiàn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程。運(yùn)動(dòng)過(guò)程示圖要標(biāo)明不是位置對(duì)應(yīng)的速度，不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程對(duì)應(yīng)的時(shí)間及位移、加速度。
2、難點(diǎn)二：物塊與傳送帶同速后，是相對(duì)傳送帶靜止還是運(yùn)動(dòng)，不會(huì)判斷；如果運(yùn)動(dòng)，是相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)還是向后運(yùn)動(dòng)，不會(huì)判斷。
處理方法：假設(shè)法。假設(shè)物塊相對(duì)傳送帶靜止，研究物塊受到的靜摩擦力是否大于最大靜摩擦力（通常等于滑動(dòng)摩擦力），如果大于，則假設(shè)不成立，物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)。如果發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，同樣可用假設(shè)法判斷是相對(duì)傳送帶向前還是向后滑動(dòng)，如果合理，假設(shè)成立；否則，不成立。
3、注意三個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)
（1）物塊與傳送帶同速時(shí)，物塊受到傳送帶的摩擦力往往會(huì)發(fā)生突變。
（2）傳送帶運(yùn)動(dòng)方向或順或逆，物塊在傳送帶上或一直加速，或先加速后勻速，或先減速后反向加速……有多種可能時(shí)，存在多解。
（3）物塊相對(duì)傳送帶位移與痕跡長(zhǎng)不一定總相等，物塊相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程與痕跡長(zhǎng)不一定總相等。
知識(shí)點(diǎn)一、輕繩相連加速度相同的連接體
知識(shí)點(diǎn)二、輕繩繞滑輪加速度相等的連接體
知識(shí)點(diǎn)三、滑塊——木板的問(wèn)題分析
1．模型特點(diǎn)：滑塊放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。
2．以地面為參考系的位移關(guān)系：
滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑塊—木板模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)
4．解決滑塊—木板模型中速度臨界問(wèn)題的思維模板
5．解決滑塊—木板模型中計(jì)算問(wèn)題常用工具——兩圖四明確。
（1）畫(huà)運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖
通過(guò)審題、分析與計(jì)算，畫(huà)運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，明確各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間與位移及位移間關(guān)系、明確各時(shí)刻的空間位置、速度及速度大小關(guān)系。
（2）畫(huà)速度-時(shí)間圖像
通過(guò)審題、分析與計(jì)算，結(jié)合運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，畫(huà)v-t圖像，明確圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖中的哪段位移，明確圖像拐點(diǎn)對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖中哪個(gè)位置和時(shí)刻及瞬時(shí)速度。
如果已給出了v-t圖像，要能夠從圖像中獲取關(guān)鍵的已知數(shù)據(jù)。
知識(shí)點(diǎn)四、水平傳動(dòng)帶模型
知識(shí)點(diǎn)五、傾斜傳送帶模型
1.傾斜傳送帶——上行
2.傾斜傳送帶——下行
題型一：輕繩連接體
【例1】（多選）（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖，輕質(zhì)的光滑滑輪K與質(zhì)量為M的物塊A由一硬輕桿連接在一起，成為一個(gè)物體，物塊A放置于水平面上。質(zhì)量為m的物塊B與跨過(guò)滑輪的輕繩一端相連，輕繩另一端固定在墻上且水平，物塊B與物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若A靜止，則地面對(duì)A的作用力為2mg
B．若水平地面光滑，則A、B的加速度大小關(guān)系為aB=2aA
C．若水平地面光滑，則A的加速度大小aA=mgM+(μ+2)m
D．若水平地面光滑，則輕繩的拉力T=mg(M+m)M+(μ+1)m
【解答】解：A、靜止時(shí)，B也靜止，對(duì)AB整體有FT＝f
FN＝（M+m）g，對(duì)B有：FT＝mg
則地對(duì)A作用力F=FN2+f2=(M+m)2g2+m2g2，故A錯(cuò)誤；
B、水平地面光滑時(shí)，A向右加速，B水平方向與A一起加速，ax＝aA
B豎直方向也加速下滑ay＝ax＝aA
則aB=ax2+ay2=aA2+aA2=2aA，故B正確；
CD、B左移位移大小與豎直位移大小始終一樣，所以ax＝ay
對(duì)A、B整體受力如圖，則FT＝（M+m）aA
FN'＝maA，Mg﹣FT﹣FT'＝maA
Ff＝μFN'，則aA=mgM+(μ+2)m，F(xiàn)f'＝T=mg(M+m)M+(μ+2)m，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【變式1-1】（2024?南通模擬）如圖所示，傾角θ＝37°的直角斜面體被鎖定在光滑水平面上，繞過(guò)斜面頂端的輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線(xiàn)，一端連接在斜面上的小物塊B上，另一端吊著小物塊A，A剛好貼著斜面體的豎直側(cè)面，連接B的細(xì)線(xiàn)與斜面平行，B離斜面底端的距離x＝0.6m，系統(tǒng)恰能保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜面體質(zhì)量M＝2kg，A的質(zhì)量mA＝1kg，B的質(zhì)量mB＝5kg，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A始終在滑輪下方，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）若B變?yōu)楣饣?，將B從圖示位置由靜止釋放，求B到達(dá)斜面底端所需要的時(shí)間t；
（3）若解除對(duì)斜面體的鎖定，且不計(jì)一切摩擦，將B從圖示位置由靜止釋放，求B到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小vB。
【解答】解：（1）B剛好不下滑
mBgsinθ＝T+μmBgcsθ
對(duì)A：mAg＝T
解得μ＝0.5
（2）對(duì)B：mBgsinθ﹣T＝mBa
對(duì)A：T﹣mAg＝mAa
解得a=103m/s2
對(duì)B，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：
x=12at2
代入數(shù)據(jù)得t＝0.6s
（3）解除鎖定后，設(shè)斜面體的速度為v1，B相對(duì)于斜面體向下運(yùn)動(dòng)的速度為v2
系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以斜面體速度方向?yàn)檎较?br>（mA+M）v1＝mB（v2csθ﹣v1）
解得v2＝2v1
系統(tǒng)機(jī)械能守恒
mBgxsinθ?mAgx=12Mv12+12mA(v12+v22)+12mBvB2
式中vB=(v2sinθ)2+(v2csθ?v1)2
代入數(shù)據(jù)得vB=31030m/s
答：（1）B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.5；
（2）B到達(dá)斜面底端所需要的時(shí)間t為0.6s；
（3）B到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小vB為31030m/s。
【變式1-2】（2024?南充模擬）如圖所示，固定在水平面的斜面傾角為37°，兩個(gè)小物塊A、B用輕繩相連，輕繩繞過(guò)斜面頂端的輕質(zhì)小滑輪，滑輪與輪軸之間的摩擦不計(jì)，A物塊鎖定于斜面底部，B物塊離地面高度為h＝10m。已知A物塊的質(zhì)量為m＝1kg，B物塊的質(zhì)量為M＝3kg，A物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。t＝0時(shí)刻，解除A物塊的鎖定狀態(tài)，當(dāng)B物塊落地瞬間輕繩斷裂，A恰好未與滑輪相撞，求：
（1）B物塊下落過(guò)程中的加速度a的大小及落地前瞬間的速度v的大??；
（2）斜面的長(zhǎng)度L及A從t＝0時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間t。
【解答】解：（1）B物塊下落過(guò)程中，對(duì)A，由牛頓第二定律有
T﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有
Mg﹣T＝Ma
聯(lián)立可得：a＝5m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v2＝2ah
解得：v＝10m/s
（2）B物塊落地后，A繼續(xù)沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ＝ma′
解得：a′＝10m/s2
設(shè)A繼續(xù)上滑的距離為s，則有
v2＝2a′s
解得：s＝5m
故L＝h+s＝10m+5m＝15m
A做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，有 h=v2t1
A做勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，有 s=v2t2
A向下做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma″
解得：a″＝2m/s2
設(shè)此過(guò)程所用時(shí)間為t3，則L=12a″t32
解得：t3=15s
故A從t＝0時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間t＝t1+t2+t3
解得：t＝（3+15）s
答：（1）B物塊下落過(guò)程中的加速度a的大小為5m/s2，落地前瞬間的速度v的大小為10m/s；
（2）斜面的長(zhǎng)度L及A從t＝0時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間t為（3+15）s。
題型二：彈簧連接體
【例2】（2024?天河區(qū)一模）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（ ）
A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值為μg
D．Q的加速度大小的最大值為2μg
【解答】解：設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則拉力F＝2μmg
撤去拉力前對(duì)Q根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：T0＝μmg
A．PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故A錯(cuò)誤；
B．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開(kāi)始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小為μg；滑塊Q由開(kāi)始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小也為μg，故B正確。
CD．從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前的過(guò)程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過(guò)后滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長(zhǎng)量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑塊Q加速度大小最大值為μg，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
【變式2-1】（多選）（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）推導(dǎo)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)在極短時(shí)間內(nèi)可以看成是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，這一方法也適用于求非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移，如圖所示，光滑水平面上，物塊B以1.2m/s的速度去撞固定在物塊A上的輕彈簧，經(jīng)過(guò)1s二者第一次速度相等，此時(shí)物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為0.36m，已知B的質(zhì)量是A的質(zhì)量的5倍，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速過(guò)程中，物塊A的加速度始終是物塊B的5倍
B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速過(guò)程中，物塊A的位移始終是物塊B的位移的5倍
C．二者速度相等時(shí)，物塊B的位移為1.128m
D．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)A和B做功的大小相等
【解答】解：A、B壓縮彈簧后彈簧發(fā)生形變，A、B受到彈簧彈力作用，由于水平面光滑，物塊受重力、地面的支持力與彈簧彈力作用，物塊所受合力等于彈簧彈力，因此物體所受合力F大小相等、方向相反，由牛頓第二定律得：a=Fm，由于A、B所受合力F大小相等，B的質(zhì)量是A的質(zhì)量的5倍，則A的加速度始終是物塊B的加速度的5倍，即aA＝5aB，故A正確；
B、從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到二者共速過(guò)程，B的速度始終大于A的速度，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則B的位移大于A的位移，則物塊A的位移不是始終是物塊B的位移的5倍，故B錯(cuò)誤；
C、物體A的位移xA=vAt＝0.36m，B的位移大小xB＝v0t?vBt=v0t?v5×t，其中v0＝1.2m/s，t＝1s，代入數(shù)據(jù)解得：xB＝1.128m，故C正確；
D、從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速過(guò)程中，B的位移也大于A的位移，彈簧彈力對(duì)B做功絕對(duì)值大于彈簧彈力對(duì)A做的功，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【變式2-2】（多選）（2023?滁州一模）如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長(zhǎng)，物塊A的質(zhì)量為1.5kg。t＝0時(shí)對(duì)物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1s時(shí)撤去，在0～1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則（ ）
A．t＝1s時(shí)物塊A的速度為0.8m/s
B．t＝1s時(shí)彈簧彈力為0.6N
C．物塊B的質(zhì)量為0.8kg
D．F大小為1.5N
【解答】解：A、a﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度變化量，若物體A的加速度從1.0均勻減小到0.6，速度變化量Δv=1+0.62×1=0.8m/s
而A的初速度為零，可知1s時(shí)的速度為0.8m/s，但由圖像得，物體A的a﹣t圖像的面積偏小，即速度變化量小于0.8m/s，則t＝1s時(shí)A的速度大小小于0.8m/s，故A錯(cuò)誤；
BCD、恒力F拉動(dòng)A的瞬間，由a﹣t圖像A的加速度為a0=1m/s2
由牛頓第二定律得：F＝mAa0＝1.5×1.0N＝1.5N
1s時(shí)兩者的加速度相等，均為a＝0.6m/s2
分別對(duì)A、B受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣kx＝mAa
F彈＝kx＝mBa
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：mB＝1kg
F彈＝0.6N
故BD正確，C錯(cuò)誤；
故選：BD。
題型三：板塊疊加連接體
【例3】如圖所示，光滑水平面放有一個(gè)質(zhì)量為5kg的光滑斜面體A，將另一個(gè)質(zhì)量為3kg物塊B放在斜面上，為了保持物塊與斜面相對(duì)靜止，需用水平向左80N的力F推斜面?，F(xiàn)將斜面固定，對(duì)B施加用水平向右的力F1使其靜止在斜面上，g取10m/s2．則F1大小為（ ）
A．30NB．15NC．50ND．80N
【解答】解：水平向左80N的力F推斜面時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得：a=FmA+mB=803+5=10m/s2，
對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，B受到重力和支持力的合力F合＝mBa＝30N，
斜面固定，對(duì)B施加用水平向右的力F1使其靜止在斜面上時(shí)，B合力為零，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知：
F1＝F合＝30N，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
題型四：板塊疊加+輕繩連接體
【例4】（多選）如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T(mén)．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．當(dāng)F逐漸增加1N時(shí)（輕繩未斷），輕繩中拉力增加0.5N
B．當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩剛好被拉斷
C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩還不會(huì)被拉斷
D．輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為23T
【解答】解：A、對(duì)三個(gè)木塊整體，由牛頓第二定律可得：
F＝（m+2m+3m）a＝6ma，
則三個(gè)木塊共同的加速度為：a=F6m；
隔離后面的組合體，由牛頓第二定律可得，輕繩中拉力為：
F′＝3ma＝3m×F6m=12F，
由此可知：
A、因繩子拉力等于總拉力的一半，所以當(dāng)F逐漸增加1 N時(shí)，輕繩中拉力增加0.5 N，故A正確；
B、當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩中拉力F′=12T＜T，即小于輕繩能承受的最大拉力為T(mén)，輕繩還沒(méi)有被拉斷，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩中拉力F′=34T＜T，即小于輕繩能承受的最大拉力為T(mén)，輕繩還沒(méi)有被拉斷，故C正確；
D、輕繩剛要被拉斷時(shí)，輕繩的拉力剛好為T(mén)，由牛頓第二定律可得，后面兩個(gè)木塊的加速度：a′=T3m，
對(duì)質(zhì)量為m木塊，由牛頓第二定律得：質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力：f＝ma′＝m×T3m=T3，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
題型五：滑塊——木板模型之動(dòng)態(tài)分析與臨界問(wèn)題
【例5】（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體放在輕質(zhì)薄板C的兩端，C與水平面之間無(wú)摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C一起由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知F1＞F2，三者始終相對(duì)靜止。（ ）
A．若突然撤去F1，物體A的加速度一定減小
B．若突然撤去F1，物體A所受的摩擦力一定減小
C．若突然撤去F2，物體B的加速度一定減小
D．若突然撤去F2，物體B所受的摩擦力一定增大
【解答】解：AB.設(shè)物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，輕質(zhì)薄板C的質(zhì)量不計(jì)。
物體A、B、C始終靜止，加速度滿(mǎn)足（m1+m2）a0＝F1﹣F2
C對(duì)A的摩擦力f1＝F1﹣m1a0
聯(lián)立可知f1＞F2
撤去F1后，加速度滿(mǎn)足（m1+m2）a1＝F2
C對(duì)A的摩擦力f1'=m1F2m1+m2＜F2
故若突然撤去F1，物體A加速度無(wú)法比較，不一定減小，而物體A所受的摩擦力一定減小，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD.物體C對(duì)B的摩擦力f2＝F2+m2a0=m2F1+m1F2m1+m2
而撤去F2后，加速度為（m1+m2）a2＝F1
C對(duì)B的摩擦力f2'＝m2a2=m2F1m1+m2
可得：a0＜a2，f2'＜f2
故若突然撤去F2，物體B加速度一定增大，物體B所受的摩擦力一定減小，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
【變式5-1】（2024?市中區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲，足夠長(zhǎng)木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t＝0 時(shí)刻對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙。物塊和木板的質(zhì)量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．拉力F的大小為24N
B．物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4
C．物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端間的距離為3m
D．t＝2s時(shí)刻，物塊的速度減為0
【解答】解：AB、由圖可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味著在1.5s之前木塊與木板之間相對(duì)滑動(dòng)，直到1.5s時(shí)刻木塊與木板共速；
在1s～1.5s內(nèi)，木板的加速度大小為a1=Δv1Δt1=8?30.5m/s2＝10m/s2
在0～1.5s內(nèi)，物塊的加速度大小為a2=Δv2Δt2=3?01.5m/s2＝2m/s2
假設(shè)木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2
則木板在1s～1.5s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木塊在0～1.5s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：μ2mg＝ma2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s內(nèi)的加速度為a3=Δv3Δt3=8?01m/s2＝8m/s2
木板在0～1s內(nèi)受力為F，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入數(shù)據(jù)解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB錯(cuò)誤；
C、在0～1.5s內(nèi)木板的位移s1=12v1Δt3+12（v1+v1.5）Δt1=12×8×1m+12×（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s內(nèi)木塊的位移s2=12v1.5Δt2=12×3×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物塊與木板間仍有相對(duì)滑動(dòng)
物塊的加速度大小為：a1′＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小為a2′：μ2?2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：a2′＝6m/s2
物塊到停止的時(shí)間還需要：t1′=v1a1'=32s＝1.5s
木板到停止的時(shí)間還需要：t2′=v1a2'=36s＝0.5s
物塊的位移為：x1′=v122a1'=322×2m＝2.25m
木板的位移為：x2′=v122a2'=322×6m＝0.75m
物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端間的距離為：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣2.25m＝3m，故C正確；
D、由上可知，物塊從開(kāi)始到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3s，2s時(shí)的速度不為零，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【變式5-2】（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖甲所示，長(zhǎng)木板放在粗糙的水平地板上，一個(gè)質(zhì)量m＝5kg的鐵塊放在長(zhǎng)木板上，如果給鐵塊施加從零開(kāi)始逐漸增大的水平力F＝kt（式中k≠0），鐵塊與長(zhǎng)木板之間的摩擦力隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．鐵塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
B．長(zhǎng)木板的質(zhì)量為1kg
C．長(zhǎng)木板與地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
D．當(dāng)t＝3s時(shí)鐵塊的速度大小為6m/s
【解答】解：A、由題圖乙可知，鐵塊與長(zhǎng)木板之間的滑動(dòng)摩擦力為30N，則動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ1=Ffmg=305×10=0.6，故A錯(cuò)誤；
BC、由題圖乙可知，在t＝1s時(shí)長(zhǎng)木板與地面之間恰產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，所以有：F＝20N＝k×1
代入時(shí)間解得：k＝20N/s
在t＝1s時(shí)對(duì)長(zhǎng)木板分析拉力等于地面的最大靜摩擦力可知：20N＝μ2（m+M）g
在t＝3s時(shí)物塊與長(zhǎng)木板產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，在1s～3s過(guò)程中長(zhǎng)木板和物塊的整體做加速運(yùn)動(dòng)，則在t＝3s時(shí)
對(duì)鐵塊和木板的整體：kt3﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
對(duì)鐵塊：kt3﹣fm＝ma
以上兩式代入數(shù)據(jù)，對(duì)整體：20×3﹣μ2（5+M）g＝（5+M）a
對(duì)鐵塊：20×3﹣30＝5a
聯(lián)立解得：M=53kg，μ2＝0.3，故BC錯(cuò)誤；
D、在1～3s內(nèi)對(duì)木板有動(dòng)量定理：I﹣μ（M+m）t13＝Mv
其中：I=20+302×2N?s=50N?s
代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s
因此過(guò)程中鐵塊與木板速度相同，可知當(dāng)t＝3s時(shí)鐵塊的速度大小為6m/s，故D正確。
故選：D。
【變式5-3】（多選）（2024?武漢模擬）如圖（a）所示，質(zhì)量為2kg且足夠長(zhǎng)的木板A靜止在水平地面上，其右端停放質(zhì)量為1kg的小物體B。現(xiàn)用水平拉力F作用在木板A上，F(xiàn)隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，其中0～t1時(shí)間內(nèi)F＝2t（N），t1時(shí)刻A、B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。已知A與地面、A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.1和0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．t1＝4.5s
B．t1時(shí)刻，A的速度為4.5m/s
C．6.5s時(shí)A的速度為18.0m/s
D．6.5s時(shí)B的速度為6.25m/s
【解答】解：設(shè)A的質(zhì)量為M，B的質(zhì)量為m，A與地面、A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。
A、木板與物塊間的滑動(dòng)摩擦力：f1＝μ2mg＝0.2×1×10N＝2N
A與地面間滑動(dòng)摩擦力為：f2＝μ1（M+m）g，解得：f2＝3N
由牛頓第二定律可得B相對(duì)于A滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a=μ2mgm=μ2g，解得：a＝2m/s2
設(shè)此時(shí)的拉力大小為F1，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得：F1﹣f2＝（m+M）a
解得：F1＝9N
則有：F1＝2t1，解得：t1＝4.5s，故A正確；
B、設(shè)經(jīng)過(guò)t0時(shí)間A開(kāi)始滑動(dòng)，則有：f2＝2t0，解得：t0＝1.5s
則t1時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：Δt＝t1﹣t0＝4.5s﹣1.5s＝3s
從t0～t1時(shí)間內(nèi)，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：
F0+F12Δt?f2Δt＝（M+m）vA﹣0，其中F0＝3N，解得：vA＝3m/s，故B錯(cuò)誤；
C、t1～6.5s內(nèi)，6.5s時(shí)拉力F′＝20N，由牛頓第二定律：F′﹣f1﹣f2＝MaA，解得：aA＝7.5m/s2
故t2＝6.5s時(shí)，A的速度大小為：v＝vA+aA（t2﹣t1），解得：v＝18.0m/s，故C正確；
D、對(duì)B由牛頓第二定律：f1＝maB，解得：aB＝2m/s2
故t＝6.5s時(shí)，B的速度大小為：vB＝vA+aB（t2﹣t1），解得：vB＝7m/s，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
題型六：水平傳送帶問(wèn)題
【例6】（2023?重慶模擬）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)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(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2＞v1，則（ ）
A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大
B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大
C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
【解答】解：A、t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；
B、0～t1時(shí)間內(nèi)木塊向左勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小物塊速度一直減小到零；t1～t2時(shí)間內(nèi)小物塊向右勻加速，在該段時(shí)間內(nèi)小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與傳送帶速度相等時(shí)，即t2時(shí)刻小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)的距離最大，故B正確；
C、在0～t1時(shí)間內(nèi)小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，t1～t2時(shí)間內(nèi)小物塊向右勻加速，相對(duì)傳送帶向左，摩擦力方向仍向右，故C錯(cuò)誤；
D、由圖知，t2～t3小物塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【變式6-1】（多選）（2023?石嘴山模擬）質(zhì)量為1kg的物塊M水平向右滑上逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，如圖甲所示，物塊的v﹣t圖像如圖乙所示。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
B．物塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是3s
C．整個(gè)過(guò)程中，物塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為9m
D．2s時(shí)，物體向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處
【解答】解：A、由圖乙所示v﹣t圖像可知，物塊加速度大小a=ΔvΔt=0?(?4.0)2m/s2=2m/s2
對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.2，故A錯(cuò)誤；
B、由圖乙所示圖象可知，物塊在0～2s內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在2～3s內(nèi)反向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，3s后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、在0～3s時(shí)間內(nèi)，傳動(dòng)帶的位移為：x1＝vt＝2×3m＝6m，方向水平向左，
此過(guò)程中，物塊的位移為：x2=12（v0+v）t=12×（﹣4+2）×3m＝﹣3m，方向水平向右，
則整個(gè)過(guò)程中物體在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為：L＝x1﹣x2＝6m+3m＝9m，故C正確；
D、當(dāng)t＝2s時(shí)，物塊的速度為零，2s后，物塊開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，所以2s時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)到最右端，故D正確。
故選：CD。
【變式6-2】（2023?上饒一模）如圖所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)以v＝2m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖所示?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩物體分別以v1＝1m/s和v2＝3m/s的速率從傳送帶的兩端A、B處按圖示方向同時(shí)滑上傳送帶。已知兩物體在同一條直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好沒(méi)有相碰。兩物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，質(zhì)量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）甲物體從滑上傳送帶到與傳送帶速度相同時(shí)所需時(shí)間；
（2）傳送帶A、B間的長(zhǎng)度；
（3）為維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)多做的功。
【解答】解：（1）對(duì)甲進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：
μmg＝ma1
根據(jù)速度—時(shí)間公式可得：
v＝v1+a1t1
聯(lián)立解得t1＝0.2s
（2）對(duì)乙進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：
μmg＝ma2
取向右為正，根據(jù)速度—時(shí)間公式可得：
v＝﹣v2+a2t2
解得：t2＝1s
從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到甲、乙恰好相遇不相碰過(guò)程，以向右為正，甲的位移大小為：
x甲=v1+v2t1+v(t2?t1)
乙的位移大小為：
x乙=?v2+v2t2
則有LAB＝x甲﹣x乙
聯(lián)立解得：LAB＝2.4m
（3）設(shè)甲與傳送帶間的相對(duì)位移為s1，可得：
s1=vt1?v1+v2t1
若發(fā)熱為Q1
則有Q1＝μmgs1
乙與傳送帶間的相對(duì)位移為s2，可得：
s2=(v2+v)22a2
若發(fā)熱為Q2，則有Q2＝μmgs2
由能量守恒得12mv12+12mv22+W=2×12mv2+Q1+Q2
聯(lián)立解得：W＝12J
答：（1）甲物體從滑上傳送帶到與傳送帶速度相同時(shí)所需時(shí)間為0.2s；
（2）傳送帶A、B間的長(zhǎng)度為2.4m；
（3）為維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)多做的功為12J。
題型七：傾斜傳送帶問(wèn)題
【例7】（2024?宜興市校級(jí)三模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°，一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2，則（ ）
A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米
B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
C．摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反
D．傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度就會(huì)越大
【解答】解：A、由圖乙可知傳送帶的速度為8m/s，根據(jù)v﹣t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移的大小，可得：
在0～1s時(shí)間內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的位移大小為：Δx1=12×（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s時(shí)間內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的位移大小為：Δx2＝﹣8×2m?12×8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤塊在傳送帶上的劃痕等于Δx2＝8米，故A正確；
BC.在0～1s時(shí)間內(nèi)物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向下，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsin37°+μmgcs37°＝ma1，根據(jù)v﹣t圖像的斜率絕對(duì)值等于加速度大小，可得：a1=16?81m/s2=8m/s2
在1～2s時(shí)間內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向上，方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma2，a2=8?02m/s2=4m/s2
聯(lián)立解得：μ＝0.25，故BC錯(cuò)誤；
D.如果傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速率增加到足夠大之后，使煤塊在傳送帶上一直做加速度為a2的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而不能和傳送帶共速，那么物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度是一定的，與傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速率就無(wú)關(guān)了，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【變式7-1】（多選）（2025?什邡市校級(jí)一模）糧袋的傳送裝置如圖所示，已知A、B兩端間的距離為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，正常工作時(shí)工人在A端將糧袋輕放到運(yùn)行中的傳送帶上。設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．糧袋到達(dá)B端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等
B．若L足夠大，且μ＞tanθ，糧袋先做加速度為g（sinθ?μcsθ）的勻加速運(yùn)動(dòng)，再以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)
C．若L足夠大，且μ＜tanθ，糧袋先做加速度為g（sinθ+μcsθ）的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度為g（sinθ?μcsθ）做勻加速運(yùn)動(dòng)
D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度a＞gsinθ
【解答】解：A、糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v；可能先勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v，故A正確；
B、糧袋開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力，物體先做加速度大小為 a=mgsinθ+μmgcsθm=gsinθ+μgcsθ的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度加到v時(shí)，因?yàn)棣蹋総anθ，再以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、糧袋開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力，物體先做加速度大小為 a=mgsinθ+μmgcsθm=gsinθ+μgcsθ的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度加到v時(shí)，因?yàn)棣蹋紅anθ，再做加速度大小為a=mgsinθ?μmgcsθm=gsinθ﹣μgcsθ的勻加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D、由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運(yùn)動(dòng)。若μ＜tanθ，糧袋的速度與傳送帶相同后，加速度為g（sinθ﹣μcsθ）＜gsinθ，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【變式7-2】（2024?五華區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°，上下兩端AB的長(zhǎng)度L＝11m，傳送帶以v0＝5m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端A無(wú)初速度地放一個(gè)質(zhì)量m＝0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)以μ＝0.5，煤塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)會(huì)留下黑色痕跡。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）煤塊從A到B的時(shí)間；
（2）煤塊從A到B的過(guò)程中煤塊相對(duì)傳送帶滑行的路程及煤塊在傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度。
【解答】解：（1）（1）開(kāi)始煤塊的速度小于傳送帶的速度，煤塊所受的摩擦力沿著傳送帶向上，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入數(shù)值可得：a1=10m/s2
設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1煤塊和傳送帶速度達(dá)到相同，則有：t1=v0a1=510s=0.5s
設(shè)下滑距離為x1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x1=v022a1=522×10m＝1.25m
因?yàn)棣蹋?.5＜tan37°＝0.75，煤塊繼續(xù)向下加速，由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
代入數(shù)值可得：a2=2m/s2
設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2到達(dá)B，下滑距離為：x2=v0t2+12a2t22=L?x1=9.75m
代入數(shù)值可求得：t2＝1.5s（另一解舍）
煤塊從A到B的時(shí)間：t總＝t1+t2＝0.5s+1.5s＝2s
（2）煤塊以a1＝2加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)位移為：x3＝v0t1＝5×0.5m＝2.5m
相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)的路程為：Δs1＝x3﹣x1＝2.5m﹣1.25m＝1.25m
煤塊繼續(xù)以a2加速滑到最底端過(guò)程，設(shè)傳送帶運(yùn)動(dòng)位移為x4，相對(duì)滑動(dòng)位移為：x4＝v0t2＝5×1.5m＝7.5m
相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)的路程為：Δs2＝9.75m﹣7.5m＝2.25m
煤塊從A到B的過(guò)程中煤塊相對(duì)傳送帶滑行的路程：s＝Δs1+Δs2＝3.5m
考慮到痕跡的重復(fù)性，則痕跡的實(shí)際長(zhǎng)度仍為2.25m。
答：（1）煤塊從A到B的時(shí)間為2s；
（2）煤塊從A到B的過(guò)程中煤塊相對(duì)傳送帶滑行的路程為3.5m，及煤塊在傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度為2.25m。
如圖所示，兩同種材料的滑塊A、B，用輕質(zhì)細(xì)繩通過(guò)光滑定滑輪相連，A放在粗糙的水平桌面上，由靜止釋放A、B兩滑塊，此時(shí)A、B兩滑塊的加速度大小均為a1；A和B調(diào)換位置并也都由靜止釋放，此時(shí)A、B兩滑塊的加速度大小均為a2，已知兩滑塊與水平面間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ=12，A滑塊的質(zhì)量為12m，B滑塊的質(zhì)量為8m，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是 （ ）
A．調(diào)換前A和B的加速度大小均為116g
B．調(diào)換后A和B的加速度大小均為110g
C．調(diào)換前后繩的拉力不變
D．調(diào)換后繩的拉力變大
【解答】解：A、調(diào)換前，對(duì)A滑塊受力分析如圖
根據(jù)牛頓第二定律得：T﹣12μmg＝12ma
對(duì)B滑塊受力分析如圖：
根據(jù)牛頓第二定律得：8mg﹣T＝8ma
聯(lián)立解得：a=110g
T=365mg
故A錯(cuò)誤；
B、調(diào)換后對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：T﹣8μmg＝8ma
對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：12mg﹣T＝12ma
聯(lián)立解得：a=25g
T=365mg
故B錯(cuò)誤；
CD、由AB得，調(diào)換前后，繩上的拉力不變，根據(jù)上面計(jì)算得繩上的拉力不變，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023?河南模擬）如圖1所示，物體A、B放在粗糙水平面上，A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分別受到的隨時(shí)間變化的力FA與FB，如圖2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．兩物體在t＝1s時(shí)分離
B．兩物體分離時(shí)的速度為5m/s
C．兩物體分離時(shí)的速度為4.875m/s
D．兩物體一起做加速運(yùn)動(dòng)
【解答】解：由圖2知FA與t的關(guān)系式為：FA＝12﹣2t，F(xiàn)B與t的關(guān)系式為：FB＝3t，A的摩擦力為fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B的摩擦力為fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物體A、B分離時(shí)，A、B加速度相等，速度相同，但A、B間無(wú)彈力，則對(duì)A、B受力分析，由牛頓第二定律可知，
分離時(shí)A物體：FA﹣fA＝mAaA，B物體：FB﹣fB＝mBaB，當(dāng)aA＝aB，即12?2t?22m/s2=3t?11m/s2，解得t＝1.5s，故A錯(cuò)誤；
BC、對(duì)AB整體分析從開(kāi)始到分離過(guò)程由動(dòng)量定理，取向右為正，IFA+IFB?fAt?fBt=(mA+mB)v?0，由圖2只圖線(xiàn)圍成的面積表示沖量可知在1s內(nèi)，
A物體FA的沖量IA=12×(9+12)×1.5N?s=634N?s，B物體FB的沖量IB=12×92×1.5N?s=278N?s，代入數(shù)據(jù)解得：v＝4.875m/s。故B錯(cuò)誤，C正確；
D、AB分離前一起加速，1.5s后不再一起加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（多選）（2023?萊陽(yáng)市校級(jí)模擬）如圖，四個(gè)滑塊疊放在傾角為θ的固定光滑斜面上，其中B和C的質(zhì)量均為m，A和D的質(zhì)量均為3m，B和C之間用一平行于斜面的輕繩連接，現(xiàn)對(duì)A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四個(gè)滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運(yùn)動(dòng)，滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（ ）
A．拉力F的最大值為1.3μmgcsθ
B．C對(duì)D的摩擦力為0.3μmgcsθ時(shí)，A對(duì)B的摩擦力為0.5μmgcsθ﹣5mgsinθ
C．當(dāng)拉力F取得最大值時(shí)，輕繩上的彈力大小為0.8μmgcsθ
D．當(dāng)拉力F取得最大值時(shí)，C、D間的摩擦力為0.6μmgcsθ
【解答】解：A、滑塊B、C、D靠A、B之間的靜摩擦力作為動(dòng)力，當(dāng)A、B之間的靜摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，滑塊B、C、D有最大加速度，則對(duì)滑塊B、C、D整體，由牛頓第二定律有
μmgcsθ﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a1
解得：a1=μgcsθ5?gsinθ
同理，滑塊D靠C、D之間的靜摩擦力作為動(dòng)力，當(dāng)C、D之間的靜摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，滑塊D有最大加速度，則對(duì)滑塊D，由牛頓第二定律有
μmgcsθ﹣3mgsinθ＝3ma2
解得：a2=μgcsθ3?gsinθ
為了確保四個(gè)滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運(yùn)動(dòng)，則共同運(yùn)動(dòng)的最大加速度應(yīng)取a1、a2中的最小值，即amax＝a1=μgcsθ5?gsinθ
對(duì)四個(gè)滑塊組成單位整體，由牛頓第二定律有
Fmax﹣（3m+m+m+3m）gsinθ＝（3m+m+m+3m）amax
解得：Fmax＝1.6μmgcsθ
故A錯(cuò)誤；
B、滑塊C對(duì)D的摩擦力為0.3μmgcsθ時(shí)，對(duì)D，由牛頓第二定律有
0.3μmgcsθ﹣3mgsinθ＝3ma
設(shè)此時(shí)A對(duì)B的摩擦力為fAB，對(duì)B、C、D，由牛頓第二定律有
fAB﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a
解得：fAB＝0.5μmgcsθ
故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)拉力F取得最大值時(shí)，四個(gè)滑塊組成的整體獲得最大加速度amax，對(duì)C、D整體，由牛頓第二定律有
T﹣（m+3m）gsinθ＝（m+3m）amax
解得：T＝0.8μmgcsθ
故C正確；
D、當(dāng)拉力F取得最大值時(shí)，四個(gè)滑塊獲得最大加速度amax，對(duì)D，由牛頓第二定律有
fCD﹣3mgsinθ＝3mamax
解得：fCD＝0.6μmgcsθ
故D正確。
故選：CD。
（2024?甘肅二模）如圖甲所示，MN是一段傾角為θ＝30°的傳送帶，一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m＝1kg的物塊，以沿傳動(dòng)帶向下的速度v0＝4m/s從M點(diǎn)開(kāi)始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的部分v﹣t圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則（ ）
A．物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開(kāi)
B．物塊將在4.8s時(shí)回到原處
C．物塊與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為32
D．傳送帶的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
【解答】解：AD、從圖像可知，物體沿傳送帶減速下滑，速度減為零后反向向上沿傳送帶加速運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為1m/s，故不會(huì)從N點(diǎn)離開(kāi)，同時(shí)可知傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，速度大小為1m/s，故AD錯(cuò)誤；
C、v—t圖像中斜率表示物體的加速度，則物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度：a=ΔvΔt=4?(?1)2m/s2＝2.5m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有：μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma
代入已知數(shù)據(jù)得：μ=32，故C正確；
B、v—t圖像中，圖線(xiàn)與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，由圖可知，t1=85s時(shí)，物塊的速度為0，之后物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，故物塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的位移為：x1=12×4×85m=165m
t1=85s到t2＝2s時(shí)，物塊沿傳送帶向上加速運(yùn)動(dòng)的位移為：x2=2?852×1m=15m
物塊沿傳送帶向上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t勻=x1?x2v=165?151s＝3s
所以物塊回到原處的時(shí)間：t＝t2+t勻＝3s+2s＝5s，故B錯(cuò)誤。
故選：C。
（多選）（2024?開(kāi)福區(qū)校級(jí)模擬）如圖，快遞員工通過(guò)傾斜傳送帶將包裹從A處運(yùn)往較低的B處，傳送帶與水平面的夾角θ，且始終以一定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在某時(shí)刻將小包裹（看作質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶的A處，小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則關(guān)于小包裹從A運(yùn)動(dòng)到B的說(shuō)法正確的是（ ）
A．若μ＜tanθ，則可能一直加速
B．若μ＜tanθ，則可能先加速再勻速
C．若μ＞tanθ，則可能先加速再勻速
D．若μ＞tanθ，則可能先加速再減速
【解答】解：AB、若μ＜tanθ，化簡(jiǎn)有：μcsθ＜sinθ，則有：μmgcsθ＜mgsinθ。即最大靜摩擦力小于重力的下滑分力。剛開(kāi)始，根據(jù)牛頓第二定律則有：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcsθ，一直加速到B。
也可能先以加速度：a1＝gsinθ+μgcsθ，加速達(dá)到速度v后，摩擦力方向突變，再以加速度：a2＝gsinθ﹣μgcsθ，繼續(xù)加速到B，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、同理，若μ＞tanθ，則小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcsθ一直加速到B，也可能先以：a1＝gsinθ+μgcsθ，加速達(dá)到速度v后，再勻速運(yùn)動(dòng)到B，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
（多選）（2024?合肥三模）如圖（a）所示，一傾斜傳送帶以恒定速度v向下傳動(dòng)，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連，某時(shí)刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時(shí)Q也以速度v0豎直向上運(yùn)動(dòng)，此后P運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖（b）所示，t1、t2已知。已知P與滑輪之間的輕繩始終與傳送帶平行，傳送帶足夠長(zhǎng)，Q始終沒(méi)有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．一定有v0＞v
B．一定有M＞m
C．物塊P返回傳送帶頂端的時(shí)刻為2t2
D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ
【解答】解：A.由題圖（b）可知，P先沿斜面向下做加速度較大的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻與傳送帶共速，之后沿斜面向下做加速度較小的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，之后再沿斜面向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知t1時(shí)刻后P所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，則0～t1時(shí)刻P所受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，P相對(duì)傳送帶下滑，故P的初速度v0大于傳送帶的速度v，故A正確；
B.設(shè)P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶傾角θ，0～t1時(shí)間內(nèi)P的加速度大小為a1，t1～t2時(shí)間內(nèi)P的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：
0～t1時(shí)間內(nèi)，對(duì)P有：μmgcsθ+T﹣mgsinθ＝ma1
對(duì)Q有：Mg﹣T＝Ma1
聯(lián)立可得：Mg+μmgcsθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①
t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)P有：T′﹣μmgcsθ+mgsinθ＝ma2
對(duì)Q有：Mg﹣T′＝Ma2
聯(lián)立可得：Mg﹣μmgcsθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②
由于不知μ、θ、a1、a2的具體值，無(wú)法判斷M與m的大小關(guān)系，故B錯(cuò)誤；
D.根據(jù)圖像可得：a1=v0?v1t1，a2=vt2?t1
聯(lián)立B選項(xiàng)中①②兩式可求出動(dòng)摩擦因數(shù)μ和傳送帶傾角θ，故D正確；
C.根據(jù)v﹣t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移的大小，由題圖（b）可知，0～t2時(shí)間的圖像與時(shí)間軸圍成的面積大于t2～2t2時(shí)間內(nèi)的圖像與時(shí)間軸圍成的面積，可知2t2時(shí)刻P還沒(méi)有返回到傳送帶頂端，故C錯(cuò)誤。
故選：AD。
（2024?重慶模擬）如圖甲所示，水平地面上有一長(zhǎng)平板車(chē)M，平板車(chē)右端放一物塊m，開(kāi)始時(shí)M、m均靜止。t＝0時(shí)，平板車(chē)在外力作用下開(kāi)始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖乙所示，整個(gè)過(guò)程中物塊m恰好沒(méi)有從平板車(chē)上滑下。已知物塊與平板車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．0～4s內(nèi)，物塊m的加速度一直變大
B．整個(gè)過(guò)程中，物塊m相對(duì)平板車(chē)M滑動(dòng)的時(shí)間為4s
C．平板車(chē)M的長(zhǎng)度為12m
D．物塊m相對(duì)平板車(chē)M的位移為16m
【解答】解：AB、根據(jù)題意，如物塊與平板車(chē)保持相對(duì)靜止，由牛頓第二定律可得，最大的加速度為μmg＝mam
解得加速度am=1m/s2
由乙圖可知，M減速時(shí)加速度aM=0?86?2m/s2=?2m/s2
可知，物塊與平板車(chē)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)t秒時(shí)兩者共速，則有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板車(chē)的加速度為aM=?2m/s2
物塊減速時(shí)，由牛頓第二定律得﹣μmg＝ma'm
得a'm=?1m/s2
平板車(chē)的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以1m/s2的加速度減速，設(shè)共速后再經(jīng)t1減速到零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物塊的速度減為零，兩物體的速度—時(shí)間圖像如圖所示
整個(gè)過(guò)程中，物塊m的加速度大小一直為1m/s2，物塊m相對(duì)平板車(chē)M滑動(dòng)的時(shí)間為8s，故AB錯(cuò)誤；
CD、4秒前的打滑位移x1=8×2×12m+12(8+4)×2m?4×4×12m=12m
4秒后的打滑位移x2=4×4×12m?2×4×12m=4m
所以平板車(chē)的長(zhǎng)度為12m，物塊m相對(duì)平板車(chē)的位移大小為12m﹣4m＝8m，方向向左
故D錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
（多選）（2024?包頭二模）質(zhì)量M＝2.0kg、長(zhǎng)度L＝1.0m的木板靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，右端靜置一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖（a）所示?，F(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)﹣t圖像如圖（b）所示。物塊與木板間的摩擦因數(shù)μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，則（ ）
A．6s末，物塊剛好與木板分離
B．0～4s內(nèi)，物塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
C．0～6s內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
D．4～6s內(nèi)，拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動(dòng)能增量
【解答】解：B、物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者之間的靜摩擦力恰好達(dá)到最大值。
根據(jù)牛頓第二定律，此時(shí)對(duì)滑塊有：μmg＝ma0
對(duì)滑塊與木板整體有：F0＝（M+m）a0
聯(lián)立解得滑塊與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)力F的大小為：F0＝9N
因0～4s內(nèi)F＝6N＜F0，故此時(shí)間內(nèi)物塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故B正確；
A、4s～6s內(nèi)F＝10N，此時(shí)間內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。
根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有：μmg＝ma1
對(duì)木板有：F﹣μmg＝Ma2
解得：a1＝3m/s2，a2＝3.5m/s2
假設(shè)4s～6s的時(shí)間間隔t＝2s內(nèi)兩者沒(méi)有分離，則：
滑塊的位移為：x1=12a1t2
木板的位移為：x2=12a2t2
兩者相對(duì)位移大小為：Δx＝x2﹣x1
聯(lián)立解得：Δx＝1m
因Δx＝L＝1.0m，故6s末物塊剛好與木板分離，故A正確；
C、0～6s內(nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們組成的系統(tǒng)的動(dòng)能是增加的，而重力勢(shì)能不變，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、4～6s內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，存在摩擦生熱，由功能關(guān)系可知，此時(shí)間內(nèi)拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動(dòng)能增量與摩擦生熱之和，故D錯(cuò)誤。
故選：AB。
（多選）（2024?濟(jì)南模擬）如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平地面上，質(zhì)量1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），置于木板中央。木板在一定時(shí)間內(nèi)受到水平方向的恒定拉力F，其v﹣t圖像如圖乙所示。已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．0～2s滑塊的加速度大小為2m/s2
B．拉力F的大小2N
C．木板的質(zhì)量為0.5kg
D．為了使滑塊不脫離木板，木板的長(zhǎng)度至少為3m
【解答】解：A、t＝0時(shí)刻滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象可得：
a1=ΔvΔt=42m/s2＝2m/s2
對(duì)滑塊，由牛頓第二定律有：μmg＝ma2
得a2＝μg＝1m/s2
由于a2＜a1，所以滑塊確實(shí)與木板發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，a2＝1m/s2
故A錯(cuò)誤；
BC、對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律有
F﹣μmg＝Ma1
撤去拉力后木板的加速度為a3=Δv'Δt=42m/s2＝2m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有a3=μmgM
解得F＝2N，M＝0.5kg
故BC正確；
D、由圖象v﹣t可知，在t＝2s時(shí)撤去了拉力，此時(shí)，木板的速度為v1＝a1t＝2×2m/s＝4m/s
滑塊的速度為v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s
滑塊與木板間仍有相對(duì)滑動(dòng)
設(shè)再經(jīng)過(guò)t1時(shí)間滑塊與木板的速度大小相等，有v1﹣a3t1＝v2+a2t1
解得t1=23 s
木板和滑塊速度相等時(shí)，木板的總位移為x1=12a1t2+v1t2?12a3t12
滑塊的總位移為x2=12a2（t1+t2）2
兩者相對(duì)位移為Δx＝x1﹣x2
所以木板的總長(zhǎng)度不少于x'＝2Δx
解得x'=163m
故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m3
μ
求m2、m3間作用力,將m1和m2看作整體
F23=m1+m2m1+m2+m3F
整體求加速度a=Fm1+m2?μg
隔離求內(nèi)力
T-μm1g=m1a
得T=m1m1+m2F
整體求加速度a=Fm1+m2?g(sinθ+μcsθ)
隔離求內(nèi)力
T-m1g(sinθ-μcsθ)=m1a
得T=m1m1+m2F
整體求加速度a=Fm1+m2?g
隔離求內(nèi)力T-m1g=m1a
得T=m1m1+m2F
m1
m2
F2
μ
μ
a
F1
a=F2?F1m1+m2?μg
隔離T-F1-μm1g=m1a
得T=m1F2+m2F1m1+m2
m1
m2
a
a
μ
m1
m2
a
a
隔離m1：T-μm1g=m1a
隔離m2：m2g-T=m2a
得a=m2g?μm1gm1+m2，T=(1+μ)m1m2gm1+m2
隔離m1：m1g-T=m1a
隔離m2：T-m2g=m2a
得，T=2m1m2gm1+m2
若μ=0，T=m1m2gm1+m2 且m2x物，痕跡Δx1=x傳-x物，共速后，x物>x傳，痕跡Δx2=x物-x傳，總痕跡取二者中大的那一段

相關(guān)學(xué)案

高考物理高頻考點(diǎn)易錯(cuò)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)總結(jié)：

這是一份高考物理高頻考點(diǎn)易錯(cuò)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)總結(jié)，共5頁(yè)。

高中物理10大易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)：

這是一份高中物理10大易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)，共4頁(yè)。

易錯(cuò)點(diǎn)03 重力 彈力 摩擦力 受力分析-備戰(zhàn)2022年高考物理典型易錯(cuò)題辨析與精練學(xué)案：

這是一份易錯(cuò)點(diǎn)03 重力 彈力 摩擦力 受力分析-備戰(zhàn)2022年高考物理典型易錯(cuò)題辨析與精練學(xué)案，文件包含易錯(cuò)點(diǎn)03重力彈力摩擦力受力分析原卷版doc、易錯(cuò)點(diǎn)03重力彈力摩擦力受力分析解析版doc等2份學(xué)案配套教學(xué)資源，其中學(xué)案共36頁(yè)， 歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)學(xué)案 更多

直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)重點(diǎn)難點(diǎn)易錯(cuò)點(diǎn)高頻考點(diǎn)高分必刷經(jīng)典題學(xué)案

直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)重點(diǎn)難點(diǎn)易錯(cuò)點(diǎn)高頻考點(diǎn)高分必刷經(jīng)典題學(xué)案
備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律(全國(guó)通用）

備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律(全國(guó)通用）
備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)04 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(全國(guó)通用）

備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)04 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(全國(guó)通用）
備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)01 質(zhì)點(diǎn)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(全國(guó)通用）

備戰(zhàn)2021年高考物理一輪復(fù)習(xí) 易錯(cuò)點(diǎn)01 質(zhì)點(diǎn)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(全國(guó)通用）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專(zhuān)區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專(zhuān)業(yè)更值得信賴(lài)
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部