易錯(cuò)點(diǎn)03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（3大陷阱）-備戰(zhàn)2024年高考物理考試易錯(cuò)題（教師版）

易錯(cuò)點(diǎn)03牛頓運(yùn)動(dòng)定律目錄01易錯(cuò)陷阱（3大陷阱）02舉一反三【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解【易錯(cuò)點(diǎn)提醒二】對(duì)牛頓第二定律矢量性的理解【易錯(cuò)點(diǎn)提醒三】不會(huì)用整體法隔離法求解連接體問(wèn)題【易錯(cuò)點(diǎn)提醒四】不會(huì)運(yùn)動(dòng)程序法分析的多過(guò)程【易錯(cuò)點(diǎn)提醒五】不會(huì)分析傳送帶模型【易錯(cuò)點(diǎn)提醒六】不會(huì)分析板塊模型03易錯(cuò)題通關(guān)易錯(cuò)點(diǎn)一：對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)第二定律性質(zhì)認(rèn)識(shí)不足1.對(duì)牛頓第二定律的理解2.求解瞬時(shí)加速度的步驟易錯(cuò)點(diǎn)二：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.4.用程序法解多過(guò)程問(wèn)題程序法就是按時(shí)間的先后順序?qū)︻}目給出的物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程（或不同的狀態(tài)）進(jìn)行分析（包括列式計(jì)算）的解題方法，運(yùn)用程序法解題的基本思路是：（1）分析題意劃分出題目中有多少個(gè)不同的過(guò)程或多少個(gè)不同狀態(tài)；（2）對(duì)各個(gè)過(guò)程或各個(gè)狀態(tài)進(jìn)行具體分析（包括受力分析和運(yùn)動(dòng)分析），（3）分別由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分過(guò)程列方程；（4）抓住不同過(guò)程的聯(lián)系，前一個(gè)過(guò)程的結(jié)束是后一個(gè)過(guò)程的開(kāi)始，兩個(gè)過(guò)程的交接點(diǎn)是問(wèn)題的關(guān)易錯(cuò)點(diǎn)三：不會(huì)分析的傳送帶和板塊模型模型2．傳送帶問(wèn)題的解題思路2.分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)3.處理“滑塊—木板”問(wèn)題思維模板【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】對(duì)牛頓第二定律的瞬時(shí)性理解不透徹【例1】（2023·湖北卷·第9題）如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）A.彈簧的勁度系數(shù)為B.小球在P點(diǎn)下方處的加速度大小為C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D.從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同易錯(cuò)分析：沒(méi)有弄清彈簧受力模弄只能浙變，不能突變，而繩線模型受力可以家在變?！敬鸢浮緼D【解析】小球在P點(diǎn)受力平衡，則有，，，聯(lián)立解得，A正確；在PM之間任取一點(diǎn)A，令A(yù)O與MN之間的夾角為，則此時(shí)彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡(jiǎn)得小球由M向P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ角增大，小球由P向N運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ角減小，由此可知，小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受摩擦力先變大后變小，C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方時(shí)，此時(shí)摩擦力大小為由牛頓第二定律聯(lián)立解得，B錯(cuò)誤?！咀兪?-1】（2024江蘇省連云港市高三上學(xué)期10月聯(lián)考）如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端連著小球A，小球A的下面用另一根相同的輕彈簧連著小球B，一根輕質(zhì)細(xì)繩一端連接小球A，另一端固定在墻上，平衡時(shí)細(xì)繩水平，彈簧與豎直方向的夾角為，彈簧的形變量為彈簧形變量的3倍，重力加速度大小為g。將細(xì)繩剪斷的瞬間，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球A的加速度大小為 B.小球A的加速度大小為C.小球B的加速度大小為 D.小球B的加速度大小為g【答案】B【解析】細(xì)繩剪斷之前，對(duì)整體受力分析滿足對(duì)B受力分析滿足又因?yàn)閮奢p彈簧勁度系數(shù)相同，且彈簧的形變量為彈簧形變量的3倍，故有，聯(lián)立解得，剪斷細(xì)繩后瞬間，兩輕彈簧上彈力保持不變，細(xì)繩上拉力變?yōu)?，此時(shí)小球A所受合外力大小與原繩上拉力相等，小球B所受合外力為零，由牛頓第二定律可知，解得，故B正確，ACD錯(cuò)誤?！咀兪?-2】（2023江蘇高考仿真模擬）如圖所示，傾角為α=370且表面光滑的斜面體固定在勻速下降的升降機(jī)上，質(zhì)量相等的A、B兩小球用一輕質(zhì)細(xì)繩連接著，A的上端用一輕質(zhì)彈簧拴接在斜面上端的固定裝置上。當(dāng)升降機(jī)運(yùn)動(dòng)到某一位置突然處于完全失重狀態(tài)時(shí)，則此刻AB兩物體的瞬時(shí)加速度為別為（

）ααABA．g，

g

B．g，

g

C．g，

g

D．g，

g

【答案】A【解析】由于整個(gè)裝置突然處于完全失重狀態(tài)，根據(jù)其的特點(diǎn)可知，A、B兩物體與斜面體之間以及輕繩的彈力會(huì)突然消失，而彈簧在這一瞬間，長(zhǎng)度不會(huì)立即變化，故此時(shí)彈簧對(duì)A物體的作用力不變。對(duì)B受力分析可知，完全失重瞬間，此時(shí)B的合力就是其重力，所以B的瞬時(shí)加速度為g。由平衡條件可知，A受到彈簧的作用力大小為，由于A物體本身重力不變，故在此瞬間，A同時(shí)受到彈簧的彈力F和重力作用，根據(jù)力的合成特點(diǎn)可知此二力的合力大小為mg，故其瞬時(shí)加速度為g，故選項(xiàng)A正確?！疽族e(cuò)點(diǎn)提醒二】對(duì)牛頓第二定律的矢量性理解不透徹【例2】（多選）（2023·云南·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，餐廳服務(wù)員托舉菜盤(pán)給顧客上菜。若服務(wù)員托舉菜盤(pán)快到餐桌前，使菜盤(pán)水平向左減速運(yùn)動(dòng)，則（）A．手對(duì)菜盤(pán)的摩擦力方向向右B．手對(duì)菜盤(pán)的摩擦力方向向左C．菜盤(pán)對(duì)手的作用力方向斜向左下方D．菜盤(pán)對(duì)手的作用力方向斜向右下方易錯(cuò)分析：一是沒(méi)有弄米格加速度的方向總是與力的方向一致，與速度方向無(wú)關(guān)；二是不會(huì)根據(jù)矢量具體分解加速度和力【答案】AC【解析】菜盤(pán)沿著水平方向減速向左運(yùn)動(dòng)，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，根據(jù)牛頓第二定律加速度方向與合外力的方向一致，摩擦力水平向右，故A正確，B錯(cuò)誤；菜盤(pán)對(duì)手的壓力豎直向下，菜盤(pán)給手的摩擦力水平向左，所以菜盤(pán)對(duì)手的作用力斜向左下方，故C正確，D錯(cuò)誤?！咀兪?-1】（2023河北石家莊二中模擬）趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為、，球拍平面和水平面之間的夾角為，球拍與球保持相對(duì)靜止，它們間的摩擦力及空氣阻力不計(jì)，則（）A.運(yùn)動(dòng)員的加速度為 B.球拍對(duì)球的作用力為C.運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為 D.若加速度大于，球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)【參考答案】A【名師解析】網(wǎng)球、網(wǎng)球拍和運(yùn)動(dòng)員一起在水平面勻加速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明有相同的水平方向加速度，以網(wǎng)球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得解得，，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；以網(wǎng)球和網(wǎng)球拍為整體，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得，解得，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)上面分析可知，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員加速度為時(shí)，球與球拍相對(duì)靜止，由于（）故加速度大于時(shí)，球不一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！咀兪?-2】．一物體放置在傾角為的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為，如圖8所示，在物體始終相對(duì)于斜面靜止的條件下，下列說(shuō)法中正確的是（）圖8A．當(dāng)一定時(shí)，越大，斜面對(duì)物體正壓力越小圖8B．當(dāng)一定時(shí)，越大，斜面對(duì)物體摩擦力越小C．當(dāng)一定時(shí)，越大，斜面對(duì)物體正壓力越小D．當(dāng)一定時(shí)，越大，斜面對(duì)物體摩擦力越小圖9解析：因加速向上運(yùn)動(dòng)，物體受斜面的摩擦力只能沿斜面上.根據(jù)支持力和摩擦力方向應(yīng)用分解加速度法.如圖9所示.，.由牛頓第二定律圖9，即，，即，由上兩式可知，一定，越大、都增大；一定，越大，減小，越大.因與正壓力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，所以選項(xiàng)B、C正確.點(diǎn)評(píng)：此題若用分解力的方法列式，求解過(guò)程較為復(fù)雜。分解加速度就簡(jiǎn)便得多?！疽族e(cuò)點(diǎn)提醒三】不會(huì)用整體法與隔離法求解連接體問(wèn)題【例3】（2021·海南高考真題）如圖，兩物塊P、Q用跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開(kāi)始時(shí)P靜止在水平桌面上。將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半。已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為、，P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。則推力F的大小為（）A． B． C． D．易錯(cuò)分析：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。若已知物體之間的作用力，求連接體所受外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”?！敬鸢浮緼【解析】P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，即故Q物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律解得故選A。【變式1-1】（多選）（2023·湖南卷·第10題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車(chē)在水平推力的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車(chē)廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車(chē)廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車(chē)廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足，豎直方向，則若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得，可得對(duì)小球A、B和小車(chē)整體根據(jù)牛頓第二定律，A錯(cuò)誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對(duì)小球B，由于，小球B受到向左的合力則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律，解得，B錯(cuò)誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知?jiǎng)t對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為，C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為【變式1-2】（2022·全國(guó)乙卷·T15）如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，,如圖所示由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?！疽族e(cuò)點(diǎn)提醒四】不會(huì)用程序法求多過(guò)程問(wèn)題【例4】（2023湖南衡陽(yáng)期中）抗擊疫情期間，由于疫情嚴(yán)重，利用無(wú)人機(jī)運(yùn)輸物資，如圖所示為四旋翼無(wú)人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來(lái)越廣泛的應(yīng)用，一架無(wú)人機(jī)連同所載貨物質(zhì)量的，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒為。g取。（1）無(wú)人機(jī)在地面上從靜止開(kāi)始，以最大升力豎直向上起飛求在時(shí)離地面的高度h；（2）當(dāng)無(wú)人機(jī)懸停在距離地面高度處時(shí)，由手動(dòng)力設(shè)備故障，無(wú)人機(jī)突然失去升力而墜落。求無(wú)人機(jī)墜落地面時(shí)的速度v；（3）在無(wú)人機(jī)墜落過(guò)程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)提供向上最大升力，為保證安全著地，求飛行器從開(kāi)始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間。易錯(cuò)分析：不會(huì)分析物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程各個(gè)階段的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，也不會(huì)抓住各階段的速度、時(shí)間、位移關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得上升高度為，代入數(shù)據(jù)解得故離地面的高度為180m。（2）下落過(guò)程中，有，代入數(shù)據(jù)解得則有，代入數(shù)據(jù)解得故無(wú)人機(jī)墜落地面時(shí)的速度為。（3）恢復(fù)升力后向下減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有代入數(shù)據(jù)解得設(shè)恢復(fù)升力時(shí)速度為，則有，，聯(lián)立解得，由，得故飛行器從開(kāi)始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間為4s【變式1-1】（2022·湖南卷·T9）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，總質(zhì)量為。飛行器飛行時(shí)受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即，為常量）。當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉時(shí)，飛行器豎直下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，其勻速下落的速率為；當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，飛行器勻速向上的速率為。重力加速度大小為，不考慮空氣相對(duì)于地面的流動(dòng)及飛行器質(zhì)量的變化，下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為B.當(dāng)飛行器以勻速水平飛行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小為C.發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，飛行器速率為D.當(dāng)飛行器以的速率飛行時(shí)，其加速度大小可以達(dá)到【答案】BC【解析】A．飛行器關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，以v1=勻速下落時(shí)，有，飛行器以v2=向上勻速時(shí)，設(shè)最大推力為Fm聯(lián)立可得，A錯(cuò)誤；B．飛行器以v3=勻速水平飛行時(shí)B正確；C．發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)解得C正確；D．當(dāng)飛行器最大推力向下，以v5=的速率向上減速飛行時(shí)，其加速度向下達(dá)到最大值解得am=2.5gD錯(cuò)誤。故選B【易錯(cuò)點(diǎn)提醒五】不會(huì)分析的傳送帶模型【例5】(2021·河南省頂尖名校4月聯(lián)考)一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長(zhǎng)度LAB＝4m，BC段是傾斜的，長(zhǎng)度LBC＝5m，傾角為θ＝37°，AB和BC由B點(diǎn)通過(guò)一段短的圓弧連接(圖中未畫(huà)出圓弧)，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可看作質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A點(diǎn)，求：(1)工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；(2)工件運(yùn)動(dòng)了23s后所在的位置。易錯(cuò)分析：求解傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵在于對(duì)物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷..臨界狀態(tài)：當(dāng)v物＝v帶時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變.【答案】(1)1.4s(2)2.4m(3)在A點(diǎn)右側(cè)2.4m處【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2經(jīng)t1時(shí)間工件與傳送帶的速度相同，解得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s工件前進(jìn)的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.6m此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，用時(shí)t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s所以工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.4s。(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為a2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a2＝－2m/s2由速度位移公式得0－v2＝2a2eq\f(hm,sinθ)解得hm＝2.4m。(3)工件沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(2hm,vsinθ)＝2s此后由于工件在傳送帶的傾斜段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，在傳送帶的水平段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度也相同，故工件將在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其周期為T(mén)，則T＝2t1＋2t3＝5.6s工件從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r(shí)間t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝t0＋3T，這說(shuō)明經(jīng)過(guò)23s后工件恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點(diǎn)右側(cè)，到A點(diǎn)的距離x＝LAB－x1＝2.4m?！咀兪?-1】（2023·安徽合肥·三模）如圖所示，、兩端距離為的水平傳送帶以速度逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，將小石墨塊輕放在傳送帶右端，當(dāng)石墨塊從左端離開(kāi)傳送帶時(shí)，傳送帶上留下了長(zhǎng)度為的痕跡，不計(jì)繞過(guò)傳動(dòng)輪的傳送帶長(zhǎng)度，下列說(shuō)法正確的是（）A．增大傳送帶速度，劃痕長(zhǎng)度一定變長(zhǎng)B．增加傳送帶的長(zhǎng)度，劃痕長(zhǎng)度一定會(huì)變長(zhǎng)C．減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長(zhǎng)度可能會(huì)減小D．一定條件下可使【答案】D【解析】若石墨塊到達(dá)時(shí)速度小于，說(shuō)明石墨塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，所用時(shí)間為則劃痕長(zhǎng)度為若，可得，說(shuō)明在石墨塊到達(dá)端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長(zhǎng)度為，之后的劃痕與原來(lái)劃痕重疊，增大傳送帶速度，劃痕長(zhǎng)度保持不變，A錯(cuò)誤，D正確；若石墨塊到達(dá)端前速度已經(jīng)等于，則有，則劃痕長(zhǎng)度為，可知增加傳送帶的長(zhǎng)度，劃痕長(zhǎng)度保持不變，B錯(cuò)誤；若石墨塊到達(dá)端前速度已經(jīng)等于，劃痕長(zhǎng)度為若石墨塊到達(dá)時(shí)速度小于，劃痕長(zhǎng)度為（當(dāng)時(shí)，）【變式1-2】（2023·上海市市西中學(xué)二模）如圖所示，以恒定速率v1=0.5m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=4m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.5m/s從傳送帶頂端推下一件m=2kg的小包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）。小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度a的大?。唬?）小包裹在傳送帶上減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t和位移s的大小。（3）小包裹與傳送帶之間的摩擦力對(duì)小包裹做的功?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）小包裹的速度v2大于傳動(dòng)帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動(dòng)帶向上，受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可知代入數(shù)據(jù)可得所以加速度的大小為，方向?yàn)檠匦泵嫦蛏?；?）由（1）可知小包裹先在傳動(dòng)帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，至速度與v1相同，用時(shí)相應(yīng)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)的距離為（3）因?yàn)閟，且因此小包裹與傳動(dòng)帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端勻速直線運(yùn)動(dòng)階段所受靜摩擦力大小為位移大小為所以小包裹與傳送帶之間的摩擦力對(duì)小包裹做的功為代入數(shù)據(jù)可得【變式1-3】（2023?福建省福州市八校模擬）如圖所示，飛機(jī)場(chǎng)運(yùn)輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率向上運(yùn)行，將行李箱無(wú)初速度地放在傳送帶底端，當(dāng)傳送帶將它送入飛機(jī)貨艙前行李箱已做勻速運(yùn)動(dòng)。假設(shè)行李箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶與水平面的夾角θ，已知滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（）A.要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθB.做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C.全過(guò)程傳送帶對(duì)行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上D.若增加傳送帶速度足夠大，可以無(wú)限縮短傳送的時(shí)間【答案】C【解析】要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即可得故A錯(cuò)誤；做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為，故B錯(cuò)誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力均沿傳送帶向上，故選項(xiàng)C正確；若增加傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，傳送時(shí)間不會(huì)無(wú)限縮短，故D錯(cuò)誤?！疽族e(cuò)點(diǎn)提醒六】不會(huì)分析的板塊模型【例6】（2022·山西·懷仁市第一中學(xué)校模擬）如圖所示，木塊A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的質(zhì)量m＝1.5kg，B的質(zhì)量M＝2.0kg，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4。某時(shí)刻（t＝0）水平力F作用于B上，其隨時(shí)間變化的規(guī)律為F＝5t+4（N）（F、t均取國(guó)際單位）。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。求：（1）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間B開(kāi)始滑動(dòng)；（2）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A開(kāi)始相對(duì)B滑動(dòng)；（3）t＝3s時(shí)AB間的摩擦力大小Ff（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。易錯(cuò)分析：“滑塊—木板”模型問(wèn)題中，靠摩擦力帶動(dòng)的那個(gè)物體的加速度有最大值：am＝eq\f(Ffm,m).假設(shè)兩物體同時(shí)由靜止運(yùn)動(dòng)，若整體加速度小于該值，則二者相對(duì)靜止，二者間是靜摩擦力；若整體加速度大于該值，則二者相對(duì)滑動(dòng)，二者間為滑動(dòng)摩擦力.2滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長(zhǎng)；若反向運(yùn)動(dòng)，位移大小之和等于板長(zhǎng)．【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N【解析】（1）當(dāng)B開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)B與地面間的摩擦力與F相等，即，得（2）當(dāng)A開(kāi)始在B上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊對(duì)整體由題知，解得（3）當(dāng),B已滑動(dòng)，A、B間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木塊對(duì)整體且解得【變式1-1】(:2021·全國(guó)乙卷·T21）水平地面上有一質(zhì)量為的長(zhǎng)木板，木板的左明上有一質(zhì)量為的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中、分別為、時(shí)刻F的大小。木板的加速度隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A.B.C.D.時(shí)間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】圖（c）可知，t1時(shí)滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體為對(duì)象有故A錯(cuò)誤；圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有以木板為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有解得，故BC正確；．圖（c）可知，0~t2這段時(shí)間滑塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確【變式1-2】（2022湖北十堰四模）如圖所示，傾角的光滑斜面上有一質(zhì)量的足夠長(zhǎng)的木板A，在A的上端有一質(zhì)量的物塊B（可視作質(zhì)點(diǎn)），物塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)，斜面底端有一擋板P，木板與擋板P碰撞后會(huì)等速率反彈?，F(xiàn)將木板與物塊同時(shí)由靜止釋放，釋放時(shí)木板前端與擋板相距，取重力加速度大小，，。（1）木板A第1次碰擋板P時(shí)的速度多大；（2）求從木板A第1次碰到擋板到木板A第1次減速為零的時(shí)間；并求出在此過(guò)程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）；（2）；【解析】（1）分析可知，釋放后A、B一起加速下滑，由牛頓第二定律可得設(shè)木板碰擋板時(shí)速度為v，則代入數(shù)據(jù)解得（2）碰后木板A減速上滑，設(shè)其加速度大小為aA，有可得故所求時(shí)間木板A上滑距離此過(guò)程中，物塊B加速下滑，設(shè)其加速度大小為aB，有可得物塊B下滑距離故摩擦生熱錯(cuò)1.（2022·全國(guó)甲卷·T19）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。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的加速度大小的最大值為B.Q加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【答案】AD【解析】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運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，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。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，解得，故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯(cuò)誤；C．滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；D．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為，解得，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；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。分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。故選AD。2.（2020·海南卷·T12，）如圖，在傾角為光滑斜面上，有兩個(gè)物塊P和Q，質(zhì)量分別為和，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則（）A.兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為B.彈簧的彈力大小為C.若只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大D.若只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大【答案】BC【解析】對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故A錯(cuò)誤；對(duì)m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故B正確；根據(jù)，可知若只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力變大，根據(jù)胡克定律，可知伸長(zhǎng)量變大，故它們的間距變大，故C正確；根據(jù)，可知只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知伸長(zhǎng)量不變，故它們的間距不變，故D錯(cuò)誤。3．（2023·湖南·衡陽(yáng)市船山英文學(xué)校高三開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板靜止在水平地面上，木板上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B，且，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)用水平力F向右拉動(dòng)木板，下列說(shuō)法可能正確的是（）A．A與木板間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，B與木板間不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)B．B與木板間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，A與木板間不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)C．A、B與木板間同時(shí)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)D．A與B的加速度相同【答案】CD【解析】根據(jù)牛頓第二定律可知，A、B不與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的最大加速度，同時(shí)也是二者相對(duì)木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后的加速度均為所以A、B與木板間同時(shí)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)或A、B與木板間同時(shí)不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，且A、B的加速度始終相同，故AB錯(cuò)誤，CD正確。4．（2023·江西九江·二模）如圖所示，在光滑的水平面上放著兩塊長(zhǎng)度相等、質(zhì)量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端分別放有完全相同的物塊，開(kāi)始都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)分別對(duì)兩物塊施加水平恒力F1、F2，經(jīng)過(guò)時(shí)間物塊與木板分離后，兩木板的速度大小分別為，已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（

）A．若，且，則B．若，且，則C．若，且，則D．若，且，則【答案】AD【解析】AB．兩滑塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度而木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度滑塊滑離木板滿足相對(duì)位移物塊與M1的相對(duì)位移，物塊與M2的相對(duì)位移若且則M1的速度為M2的速度為則，A正確，B錯(cuò)誤；若，且，則，故，C錯(cuò)誤，D正確。5.（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在質(zhì)量為的箱式電梯的地板上固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧的上端拴接一質(zhì)量為的物體，質(zhì)量為的物體B放置在物體上，整個(gè)裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧保持豎直，重力加速度為。某時(shí)刻懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，下列說(shuō)法正確的是（）

A．物體的加速度大小為0 B．物體B的加速度大小為C．箱式電梯的加速度大小為 D．物體B對(duì)物體的壓力為0【答案】A【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以AB的受力情況不變，加速度均為0，物體B對(duì)物體的壓力等于自身重力，對(duì)整體分析可知解得故選A。6．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，木板B固定在彈簧上，木塊A疊放在B上，A、B相對(duì)靜止，待系統(tǒng)平衡后用豎直向上的變力F作用于A，使A、B一起緩慢上升，AB不分離，在A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下面說(shuō)法正確的是（）

A．一起緩慢上升過(guò)程中A對(duì)B的摩擦力不變B．在某時(shí)刻撤去F，此后運(yùn)動(dòng)中A可能相對(duì)B滑動(dòng)C．在某時(shí)刻撤去F，此后運(yùn)動(dòng)中AB的加速度可能大于gD．在某時(shí)刻撤去F，在A、B下降的過(guò)程中，B對(duì)A的作用力一直增大【答案】D【詳解】A．一起緩慢上升過(guò)程中，以A、B為整體，根據(jù)受力平衡可得由于彈簧彈力逐漸減小，可知拉力逐漸增大；以A為對(duì)象，設(shè)木板B斜面傾角為，根據(jù)受力平衡可得可知B對(duì)A摩擦力不斷變小，則A對(duì)B的摩擦力不斷變小，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)題意有在某時(shí)刻撤去，設(shè)A、B向下加速的加速度大小為，以A為對(duì)象，則有，，可得，故此后運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)靜止，故B錯(cuò)誤；C．在某時(shí)刻撤去，此后運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)靜止，則最高點(diǎn)時(shí)的加速度最大，且撤去力前，整體重力和彈簧彈力的合力小于整體重力，則最高點(diǎn)加速度小于，此后運(yùn)動(dòng)中AB的加速度不可能大于，故C錯(cuò)誤；D．在某時(shí)刻撤去，在A、B下降的過(guò)程中，A的加速度先向下逐漸減小，后向上逐漸增大，則B對(duì)A的作用力一直增大，故D正確。故選D。7．（多選）（2023·湖南株洲·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量分別為和的小物塊，通過(guò)輕繩相連，并接在裝有光滑定滑輪的小車(chē)上。如果按圖甲所示，裝置在水平力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩個(gè)小物塊恰好相對(duì)靜止；如果互換兩個(gè)小物塊，如圖乙所示，裝置在水平力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩個(gè)小物塊也恰好相對(duì)靜止，一切摩擦不計(jì)，則（）A．B．C．兩種情況下小車(chē)對(duì)質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為D．兩種情況下小車(chē)對(duì)質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為【答案】AC【詳解】AB．一切摩擦不考慮，則題圖甲中小車(chē)的加速度為，題圖乙中小車(chē)的加速度為，所以兩題圖中小車(chē)的加速度之比為，因?yàn)轭}圖甲和題圖乙裝置的整體質(zhì)量是一樣的，所以，A正確，B錯(cuò)誤；CD．題圖甲中，小車(chē)對(duì)質(zhì)量為的小物塊的作用力為，題圖乙中，小車(chē)對(duì)質(zhì)量為的小物塊的支持力大小等于其所受的重力大小，即，，所以，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。8.（2024.江蘇省南通市海安市高三上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試）質(zhì)量分別為和的A、B兩物塊，在恒力作用下沿光滑的水平面一起向前勻加速。下列情形中對(duì)的作用力最大的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】對(duì)選項(xiàng)A整體分析，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)B，，得同理，B選項(xiàng)中A、B間作用力為同理于AB選項(xiàng)，在選項(xiàng)C中，A、B間靜摩擦力為A、B間作用力為選項(xiàng)D中，A、B間靜摩擦力為A、B間作用力為，故選項(xiàng)D正確。12．（2023·海南·模擬預(yù)測(cè)）國(guó)家糧食儲(chǔ)備倉(cāng)庫(kù)工人利用傳送帶從車(chē)上卸糧食。如圖1所示，以某一恒定速率運(yùn)行的傳送帶與水平面的夾角，轉(zhuǎn)軸間距。工人沿傳送方向以速度從傳送帶頂端推下糧袋（視為質(zhì)點(diǎn)），時(shí)糧袋運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端，糧袋在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的圖像如圖2所示。已知，，重力加速度g取，則（）A．在時(shí)刻，糧袋所受摩擦力方向改變B．糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8C．傳送帶運(yùn)行的速度大小為D．在內(nèi)糧袋處于失重狀態(tài)【答案】BC【解析】由圖2可知，在內(nèi)，糧袋的速度大于傳動(dòng)帶的速度，則糧袋受沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，在內(nèi)，糧袋勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知，糧袋受沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；．根據(jù)圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移的大小，根據(jù)題意，由圖2可知解得，故C正確；由圖2和C分析可知，糧袋在內(nèi)的加速度為則加速度方向沿斜面向上，則在內(nèi)糧袋處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得，故D錯(cuò)誤B正確。9.（2022?福建省漳州市二模）.如圖甲，質(zhì)量0.5kg的小物塊從右側(cè)滑上勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，其位移與時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。圖線的0~3s段為拋物線，3s~4.5s段為直線，下列說(shuō)法正確的是（）A.傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)B.傳送帶速度大小為2m/sC.物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大小為4m/sD.0~4.5s內(nèi)摩擦力對(duì)物塊所做功為J【答案】BCD【解析】根據(jù)位移時(shí)間圖象的斜率表示速度，可知：前2s物體向左勻減速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)向右勻加速運(yùn)動(dòng)。3-4.5s內(nèi)x-t圖象為一次函數(shù)，說(shuō)明小物塊已與傳送帶保持相對(duì)靜止，即與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，因此傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，且速度為故B正確，A錯(cuò)誤；由圖象可知，在第3s內(nèi)小物塊向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則，其中x=1mt=1s，解得根據(jù)牛頓第二定律，解得：在0-2s內(nèi)，對(duì)物塊有：解得物塊的初速度為：故C正確；對(duì)物塊在0~4.5s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理解得摩擦力對(duì)物塊所做的功為，故D正確10．（2020·江蘇高考真題）中歐班列在歐亞大陸開(kāi)辟了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力量。某運(yùn)送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車(chē)廂組成，在車(chē)頭牽引下，列車(chē)沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F。若每節(jié)車(chē)廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為（）A．F B． C． D．【答案】C【解析】根據(jù)題意可知第2節(jié)車(chē)廂對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車(chē)廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車(chē)廂根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車(chē)廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為F1，則根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得。故選C。11．（2017·海南高考真題）如圖，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊P，設(shè)R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是（）A．若μ≠0，則k= B．若μ≠0，k=C．若μ=0，則 D．若μ=0，則【答案】D【解析】三物塊靠在一起，將以相同加速度向右運(yùn)動(dòng)；則加速度大小：所以，和之間相互作用力為：與之間相互作用力：所以可得：由于談?wù)撨^(guò)程與是否為零無(wú)關(guān)，故有恒成立；A．與分析不符，故A錯(cuò)誤；B．與分析不符，故B錯(cuò)誤；