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高考物理一轮复习专题突破练习3动力学中的两类典型模型含答案
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这是一份高考物理一轮复习专题突破练习3动力学中的两类典型模型含答案，共11页。
1．(多选)(2023·福建省福州市高三质检)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
2．(多选)(2022·山东省济南市一中高三模拟)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )
A B C D
3．如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从传送带左端运动到传送带右端的运动时间不可能是( )
A．eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)B．eq \f(L,v)
C．eq \r(\f(2L,μg))D．eq \f(2L,v)
4．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )
甲 乙
A．1 s B．2 s C．eq \r(2) s D．eq \r(3) s
5．(2022·福建省漳州市第一次教学质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，沿传动带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
甲 乙
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)
6．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
A B C D
7．如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
8．(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
9．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
(a) (b) (c)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
10．(2022·辽宁省大连市第一次模拟)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A、B同时到达传送带底端
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m
11．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带，沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2专题突破练习(三)
1．AB [若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，木板的加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减板长，故减小，故D错误。]
2．CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正确，A、B错误。]
3．B [若木块一直做匀加速运动，则有L＝eq \f(1,2)at2，a＝μg，得t＝eq \r(\f(2L,μg))；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝eq \(v,\s\up6(－)) t＝eq \f(v,2)t，得t＝eq \f(2L,v)；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝(L－x)，从而得t＝t1＋t2＝eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)，综上可知B不可能，故B正确]
4．A [由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N时，二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时，小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。]
5．D [从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；vt图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝eq \f(\r(3),2)，D正确。]
6．A [设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1 ，a1＝－(μ1＋2μ2)g，设物块与木板达到相同速度之后，因为μ1>μ2，二者相对静止，设木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|，由vt图像的斜率表示加速度大小可知，故A正确。]
7．解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝eq \f(1,2)μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt，v＝－v0＋aAt
解得t＝eq \f(2v0,aA＋aB)＝eq \f(4v0,3μg)，v＝－eq \f(v0,3)。
(2)在时间t内有
A的位移xA＝eq \f(－v0＋v,2)t＝－eq \f(8v\\al(2,0),9μg)
B的位移xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(4v\\al(2,0),9μg)
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝eq \f(4v\\al(2,0),3μg)。
答案：(1)eq \f(4v0,3μg) eq \f(v0,3) (2)eq \f(4v\\al(2,0),3μg)
8．BC [对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。]
9．BCD [分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内，长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B正确；由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，D正确。]
10．D [由于mgsin 37°>μmgcs 37°，故两滑块均沿斜面下滑，滑块A开始时的加速度为a＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带同速度所发生位移为x1＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝5 m<16 m，所需时间为t1＝eq \f(v0,a)＝1 s。加速到与传送带同速度后，由于mgsin 37°>μmgcs 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a′＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端有L－x1＝v0t2＋eq \f(1,2)a′teq \\al(2,2)，解得时间t2＝1 s，到达底端共用时t＝t1＋t2＝2 s。B滑块一直以加速度a′加速至传送带底端L＝eq \f(1,2)a′t′2，解得t′＝4 s，A、B错误；A到达底端时的速度为vA＝v0＋a′t2＝10 m/s＋2×1 m/s＝12 m/s，B到达底端时的速度为vB＝a′t′＝2×4 m/s＝8 m/s，C错误；A加速到与传送带同速度之时的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，D正确。]
11．解析：(1)
甲
工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示
则FN1＝mg
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2。
由运动学公式有t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(5,5) s＝1 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×5×12 m＝2.5 m
由于x1乙
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示
则FN2＝mgcs θ
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有
x2＝eq \f(0－v\\al(2,1),－2a2)
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为t3＝eq \f(0－v1,－a2)＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
丙
(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示
设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得
－2a2x3＝veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－veq \\al(2,2)
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
答案：(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
1．(多选)(2023·福建省福州市高三质检)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
2．(多选)(2022·山东省济南市一中高三模拟)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )
A B C D
3．如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从传送带左端运动到传送带右端的运动时间不可能是( )
A．eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)B．eq \f(L,v)
C．eq \r(\f(2L,μg))D．eq \f(2L,v)
4．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )
甲 乙
A．1 s B．2 s C．eq \r(2) s D．eq \r(3) s
5．(2022·福建省漳州市第一次教学质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，沿传动带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
甲 乙
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)
6．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
A B C D
7．如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
8．(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
9．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
(a) (b) (c)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
10．(2022·辽宁省大连市第一次模拟)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A、B同时到达传送带底端
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m
11．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带，沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2
1．AB [若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，木板的加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减板长，故减小，故D错误。]
2．CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正确，A、B错误。]
3．B [若木块一直做匀加速运动，则有L＝eq \f(1,2)at2，a＝μg，得t＝eq \r(\f(2L,μg))；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝eq \(v,\s\up6(－)) t＝eq \f(v,2)t，得t＝eq \f(2L,v)；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝(L－x)，从而得t＝t1＋t2＝eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)，综上可知B不可能，故B正确]
4．A [由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N时，二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时，小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。]
5．D [从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；vt图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝eq \f(\r(3),2)，D正确。]
6．A [设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1 ，a1＝－(μ1＋2μ2)g，设物块与木板达到相同速度之后，因为μ1>μ2，二者相对静止，设木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|，由vt图像的斜率表示加速度大小可知，故A正确。]
7．解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝eq \f(1,2)μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt，v＝－v0＋aAt
解得t＝eq \f(2v0,aA＋aB)＝eq \f(4v0,3μg)，v＝－eq \f(v0,3)。
(2)在时间t内有
A的位移xA＝eq \f(－v0＋v,2)t＝－eq \f(8v\\al(2,0),9μg)
B的位移xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(4v\\al(2,0),9μg)
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝eq \f(4v\\al(2,0),3μg)。
答案：(1)eq \f(4v0,3μg) eq \f(v0,3) (2)eq \f(4v\\al(2,0),3μg)
8．BC [对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。]
9．BCD [分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内，长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B正确；由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，D正确。]
10．D [由于mgsin 37°>μmgcs 37°，故两滑块均沿斜面下滑，滑块A开始时的加速度为a＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带同速度所发生位移为x1＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝5 m<16 m，所需时间为t1＝eq \f(v0,a)＝1 s。加速到与传送带同速度后，由于mgsin 37°>μmgcs 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a′＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端有L－x1＝v0t2＋eq \f(1,2)a′teq \\al(2,2)，解得时间t2＝1 s，到达底端共用时t＝t1＋t2＝2 s。B滑块一直以加速度a′加速至传送带底端L＝eq \f(1,2)a′t′2，解得t′＝4 s，A、B错误；A到达底端时的速度为vA＝v0＋a′t2＝10 m/s＋2×1 m/s＝12 m/s，B到达底端时的速度为vB＝a′t′＝2×4 m/s＝8 m/s，C错误；A加速到与传送带同速度之时的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，D正确。]
11．解析：(1)
甲
工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示
则FN1＝mg
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2。
由运动学公式有t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(5,5) s＝1 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×5×12 m＝2.5 m
由于x1
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示
则FN2＝mgcs θ
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有
x2＝eq \f(0－v\\al(2,1),－2a2)
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为t3＝eq \f(0－v1,－a2)＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
丙
(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示
设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得
－2a2x3＝veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－veq \\al(2,2)
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
答案：(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
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