第14讲牛顿第二定律的综合应用（讲义）

第14讲牛顿第二定律的综合应用目录复习目标网络构建考点一连接体问题【夯基·必备基础知识梳理】知识点处理连接体问题的方法【提升·必考题型归纳】考向1加速度相同的连接体问题考向2加速度不相同的连接体问题考点二动力学中的临界极值问题【夯基·必备基础知识梳理】知识点1“四种”典型临界条件知识点2“两种”典型分析方法【提升·必考题型归纳】考向1接触与脱离的临界问题考向2叠加系统的临界极值问题考向3运动类临界极值问题考点三传送带模型【夯基·必备基础知识梳理】知识点1水平传送带知识点2倾斜传送带【提升·必考题型归纳】考向1水平传送带考向2倾斜传送带考点四板块模型【夯基·必备基础知识梳理】知识点板块模型的解题策略【提升·必考题型归纳】考向1无外力板块模型考向2有外力板块模型真题感悟利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。利用牛顿第二定律处理临界极值问题。利用牛顿第二定律处理传送带和板块模型。考点要求考题统计考情分析（1）连接体问题（2）动力学中临界极值问题（3）传送带模型（4）板块模型2022年江苏卷第10题2022年河北卷第9题2022年山东卷第16题高考对连接体问题的考查更为频繁，多以选择题的压轴题的形式出现，临界极值问题近几年没有考查，对于传送带和板块模型多与功能关系和动量相结合。考点一连接体问题知识点处理连接体问题的方法1.整体法的选取原则及解题步骤①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。②运用整体法解题的基本步骤：2.隔离法的选取原则及解题步骤①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。②运用隔离法解题的基本步骤：第一步：明确研究对象或过程、状态。第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。第四步：选用适当的物理规律列方程求解。【特别提醒】加速度不同的连接体问题：方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：；说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。考向1加速度相同的连接体问题1．如图所示，地面上有一个大台秤，台秤上面放置一个倾角、足够长的、底面粗糙的斜面，斜面上表面光滑，其上端固定着一个定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端固定在一个小车上面，另一端被小车上的人拉住，轻绳与斜面上表面始终保持平行。斜面的质量，人的质量，小车的质量，滑轮的质量、滑轮与轻绳间的摩擦均不计。在人拉动轻绳的过程中，人和车一直保持相对静止沿斜面向上运动，斜面相对台秤静止。取，，，当台秤示数为时，下列说法正确的是（）A．人的加速度大小B．轻绳拉力大小为C．小车对人的摩擦力方向沿斜面向下D．小车对人的摩擦力大小为【答案】D【详解】A．根据题意，设小车和人整体竖直方向上对斜面的作用力为，由平衡条件有解得由牛顿第三定律可知，斜面对小车和人整体竖直方向上的作用力对小车和人，竖直方向上，有牛顿第二定律有解得则由几何关系可得，小车的加速度为故A错误；B.设轻绳拉力大小为，对小车和人整体，由牛顿第二定律有解得故B错误；CD．设小车对人的摩擦力方向沿斜面向下，大小为，由牛顿第二定律，对人有解得即小车对人的摩擦力方向沿斜面向上，大小为，故C错误，D正确。故选D。2．如图所示，质量分别为和的小物块，通过轻绳相连，并接在装有光滑定滑轮的小车上。如果按图甲所示，装置在水平力作用下做匀加速运动时，两个小物块恰好相对静止；如果互换两个小物块，如图乙所示，装置在水平力作用下做匀加速运动时，两个小物块也恰好相对静止，一切摩擦不计，则（）A．B．C．两种情况下小车对质量为的小物块的作用力大小之比为D．两种情况下小车对质量为的小物块的作用力大小之比为【答案】AC【详解】AB．一切摩擦不考虑，则题图甲中小车的加速度为题图乙中小车的加速度为所以两题图中小车的加速度之比为因为题图甲和题图乙装置的整体质量是一样的，所以，A正确，B错误；CD．题图甲中，小车对质量为的小物块的作用力为题图乙中，小车对质量为的小物块的支持力大小等于其所受的重力大小，即所以，C正确，D错误。故选AC。考向2加速度不相同的连接体问题3．如图所示，质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上，连接两滑块的细线通过桌子边缘拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C。已知左右两侧细线互相平行，重力加速度g取，不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放，在A、B滑出桌面之前，下列说法正确的是（）A．滑块A和B的速度始终相等 B．物块C的机械能在不断增大C．滑块A的加速度大小为 D．物块C的加速度大小为【答案】D【详解】A．动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，开始运动后在A、B滑出桌面之前，A的速度始终小于B的速度，故A错误；B．动滑轮对C的拉力做负功，物块C的机械能在不断减小，故B错误；CD．设绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律有对C根据牛顿第二定律有如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有根据运动学公式可知；；联立以上各式解得；故C错误，D正确。故选D。4．如图所示，质量为M、上表面光滑的斜面体放置在水平面上，另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时，斜面体一直静止不动。已知斜面倾角为，重力加速度为g，则（）A．地面对斜面体的支持力为B．地面对斜面体的摩擦力为零C．斜面倾角越大，地面对斜面体的支持力越小D．斜面倾角不同，地面对斜面体的摩擦力可能相同【答案】CD【详解】物块在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为；设地面对斜面体的支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，根据质点系的牛顿第二定律可得；解得；由上面两式可知，地面对斜面体的支持力小于，且斜面倾角越大，地面对斜面体的支持力越小；地面对斜面体的摩擦力不为零，且当斜面倾角取互余的两个值时，Ff大小相等。综上所述可知AB错误，CD正确。故选CD。考点二动力学中的临界极值问题知识点1“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。知识点2“两种”典型分析方法临界法分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。解析法明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。考向1接触与脱离的临界问题1．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度g。以下说法正确的是（）A．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小C．B位移为时，A、B之间弹力大小0D．B位移为时，弹簧达到原长状态【答案】C【详解】A．以A、B为整体分析，PQ段一起向上匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；B．QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；C．在时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小0，故C正确；D．位移为时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。故选C。2．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，两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图像如图乙所示（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，则下列说法正确的是（）A．t1时刻，弹簧形变量为B．t2时刻，弹簧形变量为C．t1时刻，A、B刚分离时的速度为D．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变【答案】AD【详解】A．由图乙可知，t1时刻A、B开始分离，对A，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ=ma则x=故A正确；B．由图乙知，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得mgsinθ=kx′则得x′=故B错误；C．对A、B整体，根据牛顿第二定律得F－2mgsinθ＋kx=2ma得F=2mgsinθ－kx＋2ma则知t=0时F最小，此时有2mgsinθ=kx0得F的最小值为F=2ma由图乙知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律kx－mgsinθ=ma，t=0时有2mgsinθ=kx0又x0－x=速度v=at1=故C错误；D．从t=0到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ=2ma得F=2mgsinθ＋2ma－kx则随着x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsinθ=ma得F=mgsinθ＋ma可知F不变，故D正确。故选AD。考向2叠加系统的临界极值问题3．如图所示，一个长度、质量的木板静止在光滑的水平面上，木板的左端放置一个质量可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是（）A．拉力B．物块离开木板时速度的最小值为4m/sC．物块离开木板的最短时间为1sD．木板获得的最大速度为2m/s【答案】B【详解】A．物块相对木板向右滑动，对木板有得对物块有且根据可得故A错误；B．设历时t物块滑离木板，则有物块滑离木板时的速度得可知当即时物块离开木板的速度最小，其最小值故B正确；C．当时，木板获得的速度若，则，故C错误；D．若，则，故D错误。故选B。4．水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是（）

A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mgC．当时，A恰要从凹槽中滚出D．如果α=45°时，无论M为多大，A都不能滚出凹槽【答案】CD【详解】AB．如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知解得加速度大小为，A受到B水平方向的作用力大小为竖直方向的作用力为，B对A的作用力大小为故AB错误；C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向；得临界加速度大小为整体上有解得故C正确；D．当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有；得临界加速度大小由于，所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，故D正确；故选CD。考向3运动类临界极值问题5．如图所示，上表面粗糙、倾角θ=的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin=0.6，cos=0.8，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】当F=0时，物块能静止在斜面上，可知得即当F特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向垂直斜面方向又，由于F可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的和可忽略，联立解得综合分析得故ACD错误，B正确。故选B。12．如图所示，在水平地面上有一倾角为θ，表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板，用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F，使斜面体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知，重力加速度大小为g，则（）A．若斜面体以加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零B．若斜面体以加速度向右加速运动时，线中拉力为C．当斜面体以加速度向右加速运动时，线中拉力为D．当斜面体以加速度向左加速运动时，线中拉力为零【答案】BCD【详解】A．若斜面体以临界加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零，则小球只受到重力和细线的拉力，将细线拉力正交分解后有又由牛顿第二定律有代入数据解得小球刚好离开斜面的零临界加速度为若斜面体以加速度向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度，则小球对滑块压斜面仍然有压力，故A错误；B．若斜面体以加速度向右加速运动时，由牛顿第二定律有水平方向的合力大小为对小球受力分析可知，小球受力分析如下水平和竖直方向分别满足如下关系；代入数据解得细线的拉力大小为故B正确；C．当斜面体以加速度向右加速运动时，超过临界加速度，小球离开斜面，由牛顿第二定律有水平方向绳子的分力大小为由勾股定理可知线中拉力为故C正确；D．若斜面体以临界加速度向左加速运动时，细线对小球的拉力为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，将支持力正交分解后如图所示满足又由牛顿第二定律有代入数据解得细线刚好没有拉力的零临界加速度为当斜面体以加速度向左加速运动时，可知超过临界加速度，细线对小球没有拉力，故D正确。故选BCD。考点三传送带模型知识点1水平传送带1.三种常见情景常见情景物体的vt图像条件：条件：条件：v0=v条件：v0<v①;②条件：v0>v①;②条件：条件：；v0>v条件：；v0<v2.方法突破(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。知识点2倾斜传送带1.两种常见情景常见情景vt图像条件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθsinθ)条件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθsinθ)条件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)条件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)条件：；μ<tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)a'=g(sinθμcosθ)2.倾斜传送带问题分析（1）物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。（2）痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物x传，总痕迹取二者中大的那一段。考向1水平传送带1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1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．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力【答案】BC【详解】A．相对地面而言，小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动，t1时刻之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；B．小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动，t1~t2时间内反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3时间内，小物块与传送带相对静止，一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；C．由于0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；D．在0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。2．快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度顺时针匀速运动，工作人员可以一定的初速度将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数，g取，则（）A．传送带长L为B．若，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为C．若，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为D．若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动【答案】AC【详解】A．根据传送带与快递箱间动摩擦因数，快递箱加速时加速度快递箱加速位移快递箱匀速位移所以传送带总长故A正确；B．若，快递箱全程位移为则传送带路程为痕迹长故B错误；C．如果，快递箱加速时间加速位移匀速时间在此期间传送带匀速位移所以两者路程之比为12∶13。故C正确；D．如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间加速位移大于，故D错误。故选AC。考向2倾斜传送带3．如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其图像如图乙所示。已知传送带的速度为，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为，下列说法正确的是（）A．物块的初速度小于B．物块与传送带间的动摩擦因数C．物块运动过程中的速度一定有等于的时刻D．若物块从传送带项端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动【答案】C【详解】B．由图像可知，物块先以加速度做匀减速直线运动，后以加速度做匀减速直线运动，且分析可知即故B错误；A．若物块的初速度小于，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加速度向上减速为0与题设不符，故A错误；C．物块的初速度大于，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有物块减速到速度等于后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二定律，有故C正确；D．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于则物块会以加速度一直向下加速运动，故D错误。故选C。4．皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角。若传送带以恒定的速率逆时针运转，将质量为的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间煤块速度与传送带相同，再经到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，则（）

A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5B．传送带的长度为C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为【答案】ABD【详解】物块刚放上传送带的内，物体的速度由牛顿第二定律解得故A正确；B．在最初0.5s内物块的位移以后物块的加速度再经到达传送带底端Q点，则则传送带PQ的长度联立代入数据解得故B正确；C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离联立代入数据解得；则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为故D正确。故选ABD。考点四板块模型知识点板块模型的解题策略运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等考向1无外力板块模型1．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，则系统在摩擦生热增大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【答案】AB【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知；再对木板受力分析；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，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，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，A正确；B．若只增大长木板质量，由可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板摩擦力做功不变，C错误；D．若只减小动摩擦因数，由；那么滑块和木板的加速度等比例减小，由；相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、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板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。2．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v­t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是（）A．M=m B．M=2mC．木板的长度为8m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD．物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1而v­t图像的斜率表示加速度，故a1=m/s2=2m/s2解得μ=0.2对木板受力分析可知μmg=Ma2由可知a2=m/s2=1m/s2解得M=2mAD错误，B正确；C．从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v­t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L==8m，C正确。故选BC。考向2有外力板块模型3．如图甲，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数C．小物块的质量 D．长木板的质量【答案】B【详解】由题图乙知，当F=F1时小物