高考物理复习考点训练专题08 动力学中的传送带、板块模型

高考物理复习考点训练专题08 动力学中的传送带、板块模型
一、单选题
1. ( 3分) （2020·榆林模拟）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a ﹣F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列选项错误的是（）
A. 滑块的质量m＝4kg
B. 木板的质量M＝2kg
C. 当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1
2. ( 3分) （2020·漳州模拟）如图，MN是一段倾角为=30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度m/s从M点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t图像如图所示，取g=10m/s2，则（）
A. 物块最终从传送带N点离开
B. 传送带的速度v=1m/s，方向沿斜面向下
C. 物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2
D. 物块与传送带间的动摩擦因数
3. ( 3分) （2020·成都模拟）如图，一个质量m＝2kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为m A＝2kg和m B＝4kg的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，若现用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取l0m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是（）
A. 当F＝6N时，B物块加速度大小为lm/s2
B. 当F＝7N时，A物块和木板相对滑动
C. 当F＝10N时，物块B与木板相对静止
D. 当F＝12N时，则B物块所受摩擦力大小为2N
4. ( 3分) （2020·浦口模拟）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g。

要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（）
A. 3μmg
B. 4μmg
C. 5μmg
D. 6μmg
5. ( 3分) （2020·贵州模拟）如图所示，绷紧的水平传送带以恒定速率v1运行。

t＝0时刻，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．则小物块在传送带上运动的v﹣t图象可能正确的是（）
A. B. C. D.
6. ( 3分) （2019高一上·武邑月考）如图所示为粮袋的传送装置，已知AB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一定是一直做加速运动
D. 不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
二、多选题
7. ( 4分) （2020高二下·北仑期中）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（）
A. 若A，B，C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B. 当力F＝μmg时，A，B间的摩擦力为
C. 无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
D. 当力F> μmg时，B相对A滑动
8. ( 4分) （2020·江西模拟）如图甲所示，质量M＝2kg、长L＝1.5m的木板静止在光滑水平面上，在板右端静止放置一可视为质点的小滑块，小滑块质量m＝1kg，小滑块与木板之间动摩擦因数μ＝0.2．开始有水平恒力F作用在木板上然后撤去，木板运动情况如乙图所示，g＝10m/s2．则下列说法正确的是（）
A. 恒力F大小为10N
B. 滑块滑离木板时速度为m/s
C. 木板最终速度为3m/s
D. 第1s内系统产生热量为2J
9. ( 4分) （2020·扬州模拟）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。

细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10m/s2．由题给数据可以得出（）
A. 木板的质量为1kg
B. 2s～4s内，力F的大小为0.4N
C. 0～2s内，力F的大小保持不变
D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
10. ( 4分) （2020·晋中模拟）如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。

现对木板施加水平向左的拉力F=18N，木板运动的v-t图象如图乙所示，sin37°=0.6，g取10m/s2，则（）
A. 木板的长度为2m
B. 木板的长度为1m
C. 木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D. 物块与木板间的动摩擦因数为
11. ( 4分) （2020·石家庄模拟）如图所示，质量分别为6m和2m的A、B两木板叠放在水平桌面上，木板B与桌面间的动摩擦因数为，木板A与木板B间的动摩擦因数为，木板A和木板B的加速度大小分别用a1、a2表示，木板A与木板B间的摩擦力大小用f1表示，木板B与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g。

当水平力F作用在木板A上时，下列反映a1、a2和f1、f2随拉力F变化的图线可能正确的是（）
A. B.
C. D.
12. ( 4分) （2020高一下·新余月考）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（）
A. 当F＜2μmg时，A，B都相对地面静止
B. 当F＝时，A的加速度为
C. 当F＞3μmg时，A相对B滑动
D. 无论F为何值，B的加速度不会超过
13. ( 4分) （2020高一下·西安月考）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 木板获得的动能为2J
B. 系统损失的机械能为2J
C. 木板A的最小长度为1m
D. A，B间的动摩擦因数为0.1
14. ( 4分) （2020高一下·六安开学考）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2，该行李可视为质点，则（）
A. 行李刚开始运动时的加速度大小为1m/s2
B. 行李从A运动到B的时间为2s
C. 行李在传送带上滑行痕迹的长度为1m
D. 如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间可能为2s
15. ( 4分) （2019高三上·桐城月考）三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6)( )
A. 物块A先到达传送带底端
B. 物块A，B同时到达传送带底端
C. A做加速运动，B做减速运动
D. 物块A，B在传送带上的划痕长度不相同
16. ( 4分) （2019高三上·杭州月考）如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。

初始时，传送带与煤块都是静止的。

现让传送带以恒定
的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动。

经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）
A. μ与a之间一定满足关系
B. 黑色痕迹的长度为（a-μg）v2/（2a2）
C. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v/（μg）
D. 煤块与传送带间先有滑动摩擦力，当相对静止后有静摩擦力
三、综合题
17. ( 10分) （2020·泰安模拟）如图所示，质量为m B=4kg长木板B放在水平地面上，一质量为m A=2kg的小物块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数μA为0.5，B与地面之间的动摩擦因数μB为0.1。

A以v0=3m/s的初速度沿B上表面从左端向右运动(A在B板上没有滑下)，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）A在B上滑动的时间；
（2）A运动全过程中对地的位移。

18. ( 10分) （2020·德州模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ= ，传送带顺时针匀速转动的速度大小v0=2m/s，物块A的质量m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数；物块B的质量
m2=3kg，与传送带间的动摩擦因数。

将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过一段时间两物块发生碰撞，并且粘在一起，开始释放时两物块间的距离L=13m。

已知重力加速度g=10m/s2，A、B始终未脱离传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

求：
（1）两物块刚释放后各自加速度的大小；
（2）两物块释放后经多长时间发生碰撞；
（3）两物块碰撞后10s内在传送带上划过的痕迹长度。

19. ( 10分) （2020·泉州模拟）如图，一右端带有挡板的木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C 放在A上，B放在A的中点，C靠在挡板处。

现瞬间给A一个大小为v0、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B与C或者C与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。

已知A、C的质量均为
m，B的质量为2m，B与A间的动摩擦因数为μ，C与A间无摩擦力，重力加速度大小为g，木板A的长度为：
（1）求B开始运动时A、B的加速度大小分别为多少？
（2）求B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？
（3）请通过计算判断B最终是否会离开木板A？
20. ( 12分) （2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。

传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。

质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。

载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。

（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。

求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】C
【考点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：AB、由图知，F＝6N时，加速度为a＝1m/s2．对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝（M+m）a，代入数据解得M+m＝6 kg；
当F＞6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得a＝＝F﹣，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，A、B正确，不符合题意；
CD、根据F＞6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，即0＝×F﹣，代入数据解得μ＝0.1；
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2，C错误，符合题意，D 正确，不符合题意。

故答案为：C
【分析】分别对两个物体进行受力分析，结合图像中给出的物体的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解即可。

2.【答案】D
【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用，动摩擦因数
【解析】【解答】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/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1m/s，AB不符合题意；
C．图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s2，C不符合题意；D．根据牛顿第二定律
可得，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。

3.【答案】C
【考点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×2×10N＝6N
B与木板间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.3×4×10N＝12N
当B刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B，由牛顿第二定律得：μm B g＝m B a B
对对B与木板整体，有：F合＝（m+m B）a B
联立解得：F合＝12N
因为f A＜F合，所以无论F多大，物块B与木板相对静止。

当A刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B与木板整体有：μm A g＝（m+m B）a A
对A、B和木板整体有：F0＝（m+m A+m B）a A
解得：F0＝8N
所以，当F≤8N时，A与木板相对静止。

A、F＝6N＜F0，A、B两物块和木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，加速度为：a＝
＝m/s2＝0.75m/s2，A不符合题意；
B、F＝7N＜F0，A、B两物块和木板保持相对静止，B不符合题意；
C、由上分析知，当F＝10N时，物块B与木板相对静止，C符合题意；
D、F＝12N＞F0，则A与木板发生相对滑动，对B与木板整体，有：μm A g＝（m+m B）a′
对B有f＝m B a′，解得B物块所受摩擦力大小为f＝4N，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，两个物体不发生相对运动，即具有相同的加速度，联立求解即可。

4.【答案】D
【考点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：
对砝码有f1＝μ•2mg＝2ma1
得：，
对纸板有F﹣f1﹣f2＝m2a2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2＞a1
所以：F＝f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1＝μ•2mg+μ•3mg+μmg＝6μmg
即：F＞6μmg
故答案为：D
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。

5.【答案】B
【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：因为v2＞v1，小物块从右端滑上传送带后可能一直做匀减速直线运动，到达左端时速度还没有减为零。

也可能小物块从右端滑上传送带后，先向左做匀减速直线运动，速度减为零后，返回向右做匀加速直线运动，加速度大小不变，当速度达到传送带的速度后，做匀速直线运动，结合v﹣t图象的斜率表示加速度，知B图是可能的，B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。

6.【答案】A
【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用，物体的受力分析
【解析】【解答】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，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，A符合题意. B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度
a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，A的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；B不符合题意.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;C 不符合题意.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，D不符合题意.
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式分析求解即可。

二、多选题
7.【答案】A,B
【考点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B 与地面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）= ；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F- =4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：=ma，联立解得：a= ，F= mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f= mg mg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，A符合题意.
B.当力F＝μmg时，由整体表达式F- =4ma可得：a= g，代入A的表达式可得：f= mg,B符合题意.
C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2 - - =ma B，解得a B= g，C不符合题意.
D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F- - =3ma1，对A有：F-2μmg=2ma1，解得F= μmg，故当拉力F> μmg时，B相对A滑动，D不符合题意.
故答案为：A、B.
【分析】分别对三个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。

8.【答案】A,B,D
【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用，摩擦力做功
【解析】【解答】解：根据题中所给的速度﹣时间图象可知，在0﹣1s内木板受到向右的外力F以及滑块对其向左的滑动摩擦力从而向右做匀加速直线运动，
根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma
根据v﹣t图象可知，
则拉力F＝10N，
此过程中小滑块受到向右的滑动摩擦力做加速运动，其加速度为，
1s时，小滑块的速度为
小滑块发生的位移为
木板发生的位移为＝2m，
滑块相对于木板的位移为△x＝x﹣x1＝1m，
此过程中产生的热量为Q＝μmg•△x＝2J，
在t＝1s时，撤去外力F，由于木板仍要受到滑块对其向左的滑动摩擦力，所以木板向右做匀减速直线运动，而小滑块继续向右做加速度不变的加速运动，
木板的加速度大小为：，
当滑块从木板上滑下时有L﹣△x＝，
解得t2＝1s（舍去）和，
则此时木板的速度为＝，
小滑块的速度为，
所以木板最终匀速的速度为，ABD符合题意，C不符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。

9.【答案】A,B
【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A、根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f＝0.2N，在4s后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为a2＝＝0.2m/s2，
根据牛顿第二定律可得f＝ma2，解得木板的质量m＝1kg，A符合题意；
B、2s～4s内，木板的加速度a1＝m/s2＝0.2m/s2，根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma1，解得力F＝0.4N，B符合题意；
C、0～2s内，整体受力平衡，拉力F的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力F增大，C不符合题意；
D、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，D不符合题意。

故答案为：AB
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合物体的受力情况和加速度，利用牛顿第二定律求解质量和动摩擦因数。

10.【答案】A,C,D
【考点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．从题图乙可知，木板运动离开小物块，在内，由图象可知
所以木板的长度
A符合题意，B不符合题意；
C．设木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数，在内，由图象可得长木板的加速度
由牛顿第二定律得
解得C符合题意；
D．在内，对小物块进行受力分析，竖直方向
水平方向
又知
长木板的加速度
对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
联立上述式子解得
D符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】利用图像面积可以求出木板的长度；利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出动摩擦因素的大小。

11.【答案】B,C
【考点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A与B间的最大静摩擦力为
B与地面间的最大静摩擦力为
当拉力时，A、B两物块静止不动，则
当A与B刚要发生相对滑动时，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，B产生的最大加速度为
设此时的拉力为F，对A根据牛顿第二定律有
解得F=24μmg
所以当拉力时，A、B没有发生相对滑动，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，有
大小不变，对B分析，根据牛顿第二定律可知
解得
逐渐增大；对A、B整体有
当且拉力继续增大时，B做匀加速运动，A做加速度增大的加速度运动，对A根据牛顿第二定律有
此时图线的倾斜程度更大，两个接触面的摩擦力都为滑动摩擦力，保持不变，BC符合题意，AD 不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】利用最大静摩擦力的大小结合牛顿第二定律可以判别拉力和加速度的关系以及拉力和摩擦力的关系。

12.【答案】B,C,D
【考点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：f Bm＝，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：f AB＝f Bm＝，A、B间的最大静摩擦力为：f ABm＝2μmg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：＝，且≤f AB＜2μmg，即≤F＜3μmg 时，A、B将一起向右加速滑动，A不符合题意；当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F－2μmg＝2ma A，2μmg－＝ma B，解得：a A＝－μg，a B＝，C、
D符合题意；当F＝时，对A和B整体受力分析有，，解得a A ＝a B＝，B符合题意．
故答案为：BCD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。

13.【答案】B,C,D
【考点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：，
解得：，
故木板获得的动能为，
A不符合题意；
B．系统减少的动能为，
B符合题意；
C．图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为
，
A的位移为，
木板A的最小长度为
C符合题意；
D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为，
根据牛顿第二定律得，
代入解得，
D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】利用动量守恒结合动能的表达式可以求出木板获得的动能；利用初末动能的变化可以求出损失的机械能；利用面积之差可以求出木板的长度；利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出动摩擦因素的大小。

14.【答案】A,D
【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】A．行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：
行李的加速度
A符合题意；
B．设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动规律v=at1得：
该过程中的位移
行李匀速运动的时间
所以运动的总时间
B不符合题意；
C．在行李加速的时间内传送带的位移
行李在传送带上滑行痕迹的长度为
C不符合题意；
D．若行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短。

则代入数值得
D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；物体相对于接触面没有发生相对运动，但是具有相对运动趋势，此时物体受到来自地面的静摩擦，与物体的运动趋势相反，静摩擦力的大小不能用公式求解，只能根据物体的运动状态进行受力分析求解。

15.【答案】B,D
【考点】匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运动导出公式应用，牛顿第二定律
【解析】【解答】ABC．两个物块都以1m/s的初速度向下运动，由于，因此当物块与传送带共速时物块不能和传送带一起匀速运动，因此A物块的滑动摩擦力向上；而B物块与传送带的运动方向反向，因此故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小相等，所以两物块沿斜面向下做加速度相同的加速运动，由牛顿第二定律可得
位移大小相同，根据，可知时间相同，AC不符合题意，B符合题意；
D．对物块A而言，划痕处长度等于物块的位移减去传送带的位移，对物块B而言，划痕的位移等于物块的位移加上传送带的位移，A、B在传送带上的划痕长度不同，D符合题意。

故答案为：BD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式和位移求解运动时间，结合选项分析即可。

16.【答案】A,C
【考点】匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运动导出公式应用，牛顿第二定律。