高考物理二轮复习重点讲练专题二力和直线运动课时作业

专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。

专题二力和直线运动一、选择题(共10个小题，1－5为单选，6－10为多选，每题5分共50分) 1．(2015·广东)甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图像如图所示．下列表述正确的是( )A．0.2－0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2－0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6－0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案 B答案该题图像为s－t图像，图像斜率大小代表速度大小，分析各段甲乙运动情况：0－0.2 h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误；在0.2－0.5 h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.5－0.6 h内均静止，在0.6－0.8 h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是－5 km，大小是5 km，乙的位移是－3 km，大小为3 km，选项C错误；整个0.8 h内，甲的路程是15 km，乙的路程是11 km，选项D错误．考点定位位移、速度和加速度；匀变速直线运动图像2．(2016·郑州市5月质检最后一卷)如图所示，在竖直方向运行的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30°的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置．则下列判断中正确的是( )A．若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B．若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C．若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD．若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下答案 C答案电梯静止或者匀速直线运动，则物块受力平衡，摩擦力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即f＝mgsinθ，选项A、B错误，若电梯加速上升，则合力向上，即弹力、摩擦力和重力三力合力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力一定大于重力mg，选项C对．若电梯加速下降，若处于完全失重，则支持力、摩擦力等于零，若加速度小于重力加速度，则支持力和摩擦力的合力竖直向上，小于重力，摩擦力方向沿斜面向上，选项D错．考点定位牛顿运动定律共点力的平衡名师点睛物块受到重力、弹力和摩擦力，若合力向上，则弹力和摩擦力的合力竖直向上且大于重力，若合力等于零，则弹力和摩擦力的合力竖直向上等于重力，若合力向下小于重力，则弹力和摩擦力的合力竖直向上小于重力，当完全失重时，则支持力和摩擦力的合力等于0即没有摩擦力和支持力．3．(2016·开封市5月质检最后一卷)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是( ) A．沿着杆加速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆加速上滑答案 B答案把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：F N＝(m1＋m2)gcosθ摩擦力：f＝μF N联立可解得：a＝gsinθ－μg cosθ，对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μg cosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D项正确．考点定位牛顿第二定律；力的合成与分解的运用名师点睛分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目．4．(2015·贵州七校联考)在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方存在电场强度为E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在电场强度为E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电小球从上方电场区域的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场区域中与A点关于虚线对称的B点时速度为零，则( )A．两电场强度的大小关系满足E2＝2E1B．如果在A点时带电小球有向下的初速度v0，到达B点后速度一定大于v0C．如果在A点时带电小球有水平方向的初速度v0，到达B点所在高度处时速度与初速度相同D．如果在A点时带电小球有任意方向的初速度v0，到达B点所在高度处时速度与初速度相同答案 C答案带电小球从A点由静止释放后先做匀加速运动，到达水平虚线后做匀减速运动，到达B 点时速度减为零，根据运动学公式可知，匀加速过程与匀减速过程的加速度大小相等，有mg ＋qE 1＝qE 2－mg ，解得E 2＝E 1＋2mgq ，故A 项错误；如果在A 点时带电小球有初速度，根据功能关系可知，到达B 处时速度的大小不变，B 项错误；根据运动的独立性原理和运动的合成可知，C 项正确；如果在A 点有向上的速度分量，则带电小球将先在A 点以上运动，回到A 点所在高度处时变成有向下的速度分量，故到达B 所在高度处时也有向下的速度分量，与初速度方向不同，D 项错误．5．(2016·商丘市5月三模)甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v­t 图像为两段直线，乙物体运动的v­t 图像为两段半径相同的14圆弧曲线，如图所示，图中t 4＝2t 2，则在0－t 4时间内，以下说法正确的是( ) A ．甲物体的加速度不变 B ．乙物体做曲线运动C ．两物体t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度 答案 D答案 0－t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2－t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A 项错误；速度是矢量，在速度时间图像中，只能表示直线运动，B 项错误；在整个运动过程中t 3时刻，两物体相距最远，C 项错误；在速度时间图像中，下面所包围的面积即为位移，可求知t 4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D 项正确． 考点定位 速度时间图像名师点睛 速度时间图像中：图线与时间轴围成的“面积”的意义．图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移．若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向． 6.(2015·海南)如图所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间( ) A ．a 1＝3g B ．a 1＝0 C ．Δl 1＝2Δl 2 D ．Δl 1＝Δl 2答案 AC答案 设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知T 1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋T 1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝Fm＝3g ，A 项正确，B 项错误；设弹簧S 2的拉力为T 2，则T 2＝mg ，根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 项正确，D 项错误．7．(2015·江西二模)如图所示，(a)图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A 与小车的v －t 图像(v 0、v 1及g 、t 1均为已知)，由此可算出( ) A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能 答案 BC答案 从图像中可以确定A 在B 表面滑行的距离，不能确定小车长度．故A 项错误．两个的加速度之比就是质量的反比，从速度图像中可以确定加速度之比，故B 项正确．μg＝v 0－v 1t 1为滑块的加速度．可以求出动摩擦因数．由于小车的质量未知所以不能确定小车的动能． 8.(2014·四川)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( ) 答案 BC答案 整体来看，可能的情况有第一种v 2＜v 1(含两种情况即f ＞G Q 和f ＜G Q )，第二种v 2>v 1(含两种情况即f ＞G Q 和f ＜G Q )，下面对这两种情况及分态进行分析．若v 2＜v 1：则P 受摩擦力f 向右，若f ＞G Q ，则向右匀加速到速度为v 1后做匀速运动到离开，B 选项可能；若f ＜G Q ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项；若v 2＞v 1：则P 受摩擦力f 向左，若f ＞G Q ，则减速到v 1后匀速向右运动离开，无此选项；若f ＜G Q ，则减速到小于v 1后f 变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，总位移为0，则C 图可能．故A 、D 项错误，B 、C 项正确．9．(2015·山东青岛期末)甲、乙两车在同一直线上同方向运动，两车运动的v­t 图像如图所示．在4 s 末两车相遇，由图可知( ) A ．甲车的速度变化比乙车慢B ．乙车出发时乙车在甲车之前20 m 处C ．乙车出发时甲车在乙车之前40 m 处D ．相遇前甲、乙两车的最远距离为40 m答案 AD答案 在v­t 图像中斜率表示加速度，加速度越大，速度变化的越快，而甲的斜率小，说明甲车的速度变化比乙车慢，A 项正确；在v­t 图像中图像与时间轴围成的“面积”表示物体的位移，因此在4 s 内甲车的位移为60 m ，其中前2 s 的位移为15 m ，而乙车4 s 内的位移为20 m ，由于在4 s 末两车相遇，因此乙车出发时乙车在甲车之前25 m 处，B 、C 项错误；甲出发时两车距离最远，且最远距离为(60－20) m ＝40 m ，D 项正确．10．(2016·济南市5月模拟最后一卷)如图所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( ) A ．T a 增大 B ．T b 增大 C ．T a 减小 D ．T b 减小答案 AD答案 设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mFM ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′FM.在中间物体上加上橡皮泥，则整体的加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，选项A 、D 正确．考点定位 考查了牛顿第二定律的应用名师点睛 先运用整体法求出加速度，判断加速度的变化，然后隔离对最左边物体和最右边的物体分析，求出拉力的大小，判断拉力的变化．二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题12分，14题15分，共50分) 11．(2015·河北辛集中学模拟)在2014年底，我国不少省市ETC 联网正式启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以正常行驶速度v 1＝16 m/s 朝收费站沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在距收费站中心线前d ＝8 m 处正好匀减速至v 2＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t 0＝25 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a 1＝2 m/s 2和a 2＝1 m/s 2.求：(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道速度再达到v 1时节约的时间Δt 是多少？ 答案 (1)汽车通过ETC 通道时： 匀减速过程x 1＝v 12－v 222a 1＝60 m匀加速过程x 2＝v 12－v 222a 2＝120 m汽车的总位移x ＝x 1＋d ＋x 2＝188 m (2)汽车通过ETC 通道时： 匀减速过程t 1＝v 1－v 2a 1＝6 s匀速过程t 2＝dv 2＝2 s匀加速过程t 3＝v 1－v 2a 2＝12 s汽车通过ETC 通道的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝20 s 汽车通过人工收费通道时： 匀减速过程t ′1＝v 1a 1＝8 s匀加速过程t ′2＝v 1a 2＝16 s汽车通过人工通道的总时间t ′＝t ′1＋t 0＋t ′2＝49 s 汽车节约的时间Δt ＝t ′－t ＝29 s 12．(2015·山东模拟)如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB 粗糙，与水平面夹角θ＝37°的表面BC 光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.)求： (1)斜面BC 的长度L ； (2)滑块的质量m ；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功W. 答案 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律，得 得a 1＝gsin θ＝6 m/s 2通过图像可知滑块在斜面上运动时间为t 1＝1 s 由运动学公式，得L ＝12a 1t 12＝3 m(2)滑块对斜面的压力为：N 1′＝mgcos θ 木板对传感器的压力为：F 1＝N 1′sin θ 由图像可知：F 1＝12 N 解得m ＝2.5 kg(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s由图像可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s a 2＝f/m ＝2 m/s 2s ＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 mW ＝fs ＝40 J13．(2015·四川)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量q ＝2.0×10－6C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物体P (2)小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功． 答案 (1)t 1＝0.5 s (2)W ＝－9.25 J解析 (1)物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为f ＝μmg ＝1 N根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2 m/s 时，所受水平外力F 1＝2 N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2 m/s ，还未进入电场区域根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1① 根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1②由①②式联立解，得t 1＝mv 1F 1－f ＝0.5 s ＜0.55 s ，所以假设成立即小物体P 从开始运动至速率为2 m/s 所用的时间为t 1＝0.5 s(2)当物体P 在速率v ＝2～5 m/s 时，所受水平外力F 2＝6 N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05 s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2③根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2④ 由③④式联立解，得v 2＝3 m/s⑤物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6 N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律，有F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥ 根据匀变速直线运动规律，有2a 3x 1＝v B 2－v 22⑦由⑤⑥⑦式联立解，得x 1＝1 m⑧根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3 N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上，有x 2＝v B t 3⑨ 根据几何关系，有tan α＝v Bgt 3⑩ 由⑨⑩式联立解，得x 2＝2512 m⑪ 所以电场力做的功为W ＝－qE(x 1＋x 2)⑫由⑧⑪⑫式联立解，得W ＝－9.25 J考点定位 物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用14．(2015·新课标全国Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离． 答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)木板的最小长度应为6.0 m (3)最终距离为6.5 m答案 (1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律，有 －μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 1①由图可知．木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式，得 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 12③式中t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件，得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律，有 －μ2mg ＝ma 2⑤ 由图得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件，得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式，得 μ2mg ＋μ1(m ＋M)g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s 1＝－v 1＋v 32Δt⑪ 小物块运动的位移为：s 2＝v 1＋v 32Δt⑫ 小物块相对木板的位移为：Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值，得Δs ＝6.0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3，由牛顿第二定律及运动学公式，得 μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 4⑮ 0－v 32＝2a 4s 3⑯ 碰后木板运动的位移为：s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值，得 s ＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.考点定位 滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式。

牛顿运动定律与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力( )A．比球撞击球拍的力更早产生B．与球撞击球拍的力同时产生C．大于球撞击球拍的力D．小于球撞击球拍的力解析：网球拍对网球的力与球对网球拍的力为一对作用力反作用力，其大小相等，方向相反，且同时产生、同时消失，故只有选项B正确．答案：B2.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx ＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．答案：D3．(2015·广东卷)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是( )A ．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B ．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C ．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D ．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误．答案：B4.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m 0的托盘，托盘上有一个质量为m 的木块．用竖直向下的力将原长为l 0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m 即将脱离m 0时的弹簧长度为( )A ．l 0B ．l 0－m 0＋m gkC ．l 0－mg kD ．l 0－m 0g k解析：当m 即将脱离m 0时，m 只受重力作用，其加速度为g ，方向竖直向下，此时托盘的加速度也为g ，方向竖直向下，分析托盘受力可知，弹簧弹力此时一定为零，故弹簧此时处于原长状态，A 正确．答案：A5．如图所示，斜面倾角为θ，斜面上AB 段光滑，其他部分粗糙，且斜面足够长．一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A 点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：取g ＝A ．小物块的质量m ＝2 kg B ．斜面的倾角θ＝37°C ．小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.25D ．AB 间的距离x AB ＝18.75 m解析：当小物块在AB 段运动时，设加速度为a 1，则a 1＝g sin θ，由题表可知a 1＝12－02－0 m/s2＝6 m/s 2，所以斜面倾角θ＝37°，选项B 正确；设经过B 点后物块的加速度为a 2，则有a 2＝g sin θ－μg cos θ，由题表可知a 2＝29－216－4 m/s 2＝4 m/s 2，所以μ＝0.25，选项C 正确；可以判断B 点对应于2～3 s 之间的某个时刻，设t 1为从第2 s 运动至B 点所用时间，t 2为从B 点运动至第3 s 所用时间，则有t 1＋t 2＝1 s,12 m/s ＋a 1t 1＝17 m/s －a 2t 2，解得t 1＝0.5 s ，所以x AB ＝12a 1(2 s ＋t 1)2＝18.75 m ，选项D 正确；由题中所给数据无法求出物块的质量，选项A 错误．答案：A 二、多项选择题6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出 ( )A ．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由运动的v－t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v－t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD7．(2015·江苏卷)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小解析：当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确．答案：AD8．一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．绳内距A端x处的张力T与x的关系如图乙所示，由图可知( )A．水平外力F＝6 NB．绳子的质量m＝3 kgC ．绳子的长度l ＝2 mD ．绳子的加速度a ＝2 m/s 2解析：取x ＝0，对A 端进行受力分析，F －T ＝ma ，又A 端质量趋近于零，则F ＝T ＝6 N ，选项A 正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B 、D 均错误；由题图乙知绳长度为2 m ，选项C 正确．答案：AC 三、计算题9．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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g 桌面对纸板的滑动摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1 F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动则a 2>a 1 解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2 解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l)m 2]g 代入数据得F ＝22.4 N.答案：(1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3)22.4 N10．(2015·新课标全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变，已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1① N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③ N 2＝N 1＋mg cos θ④规定沿山坡C 向下为正方向．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2.⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a ′1＝6 m/s 2⑪ a ′2＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝(12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22)－(12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22)＝12 m<27 m ⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱答案：(1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s11．如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s 2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin37°－μcos37°)＝ma则a ＝g s in37°－μg cos37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 1则有a 1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin37°>μmg cos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝2 m/s 2x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案：(1)4 s (2)2 s。

第一部分力与运动专题02 力与直线运动（练习）【基础】1.一质点0时刻从某点出发做直线运动，v－t图象如图1－2－8所示。

关于质点0～6 s内运动的下列说法，正确的是A．0～2 s内的位移与2～4 s内的位移相同B．第5 s内的加速度与第6 s内的加速度方向相反C．6 s末距出发点最远D．4 s末经过出发点2.如图为“中国好声音”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。

当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m的倾斜轨道冲到学员面前，最终刚好停止在轨道末端，此过程历时4 s，在战车运动过程中，下列说法正确的是A．导师战车在整个运动过程中处于失重状态B．根据题中信息可以估算导师战车运动的加速度大小为1.25 m/s2C．战车在倾斜轨道上做匀变速直线运动D．根据题中信息可以估算导师战车运动的平均速度大小为2.5 m/s3.目前青岛最高建筑是位于市北区连云港路和敦化路交叉口的青岛国际航运中心，海拔高度295米。

若有一乘客从该航运中心一楼坐电梯直上楼顶，电梯先竖直向上做匀加速运动，达到一定速度后做匀速运动，最后做匀减速直线运动直到顶楼，则该乘客依次经历的状态是A．失重平衡超重B．平衡失重超重C．超重平衡失重D．超重失重平衡4.一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是()A．物体在第3 s末的速度一定是6 m/sB．物体的加速度一定是2 m/s2C．物体在前5 s内的位移一定是25 mD．物体在第5 s内的位移一定是9 m5.李大妈买完菜后乘电梯上楼回家，其乘坐的电梯运行情况如图所示，可知()A．李大妈家所在楼层离地高度约40 mB．0～3 s内电梯的加速度大小为0.5 m/s2C．0～17 s内电梯的平均速度大小为0.75 m/sD．电梯加速运动的距离等于减速运动的距离6.水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.在一段笔直的路面上有一汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m。

若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后0.5 s的位移是( )A.1 mB.1.5 mC.2 mD.2.5 m2.一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化如图所示,则1~2 s 的平均速度大小( )A.等于3 m/sB.大于3 m/sC.小于3 m/sD.无法确定3.(北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的作用下一起向前运动。

飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为( )A.MM+m F B.mM+mFC.Mm F D.mMF4.(山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为l。

木板由静止释放,若木板长度为l,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2l,通过A点的时间间隔为Δt2。

Δt2∶Δt1为( )A.(√3-1)∶(√2-1)B.(√3−√2)∶(√2-1)C.(√3+1)∶(√2+1)D.(√3+√2)∶(√2+1)5.(广东东莞二模)如图所示,某同学练习踢毽子,假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力的作用,下列v-t和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置的是( )6.大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B 处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为,小孩最终刚好停在C点处。

小孩可视为质点,求:(1)小孩在BC段的加速度大小;(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ。

7.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。

现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙所示。

姓名，年级：时间：专题强化训练(二）一、选择题（共10个小题，3、4、5、8、10为多选，其余为单选,每题5分共50分)1．(2016·上海)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（)A.错误! m/s2 B。

错误! m/s2C。

错误! m/s2D。

错误! m/s2答案B解析根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于错误!时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝错误!1＝错误! m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝错误!2＝错误! m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝错误!＝错误! m/s2＝错误! m/s2,故B项正确．2．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h 的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0。

7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A．4.2 m B．6.0 mC．7.8 m D．9。

6 m答案D解析21.6 km/h＝6 m/s汽车在前0.3 s＋0。

7 s内做匀速直线运动,位移为：x1＝v0（t1＋t2)＝6×（0。

3＋0。

7) m＝6 m随后汽车做减速运动,位移为：x2＝错误!＝错误! m＝3。

6 m所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6） m＝9.6 m故A、B、C三项错误，D项正确．3．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其错误!－t的图象如图所示，则( )A．质点做匀加速直线运动，加速度为1。

0 m/s2B．质点在1 s末速度为1。

5 m/sC．质点在第1 s内的平均速度为0。

高考物理二轮复习专题内容02力与物体的直线运动§知识网络§匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。

(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。

2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。

(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。

④四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。

两个图线交点的意义⎩⎨⎧x -t 图交点表示相遇v -t 图交点表示速度相等 ⑤五看面积：v -t 图线和时间轴围成的面积表示位移。

⑥六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。

(2)两点特别提醒①x -t 图象和v -t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

②x -t 图象和v -t 图象不表示物体运动的轨迹。

2.典例分析【答案】B【解析】由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误。

3.相关类型题目某个物体在外力作用下，运动的v -t 图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是( )A ．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B ．0～t 1时间段内，物体所受外力越来越大C ．0～t 4时间段内，物体的位移为零D ．t 2时刻物体速度为零，此时加速度也为零 【答案】C【解析】因v -t 图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0～t 1与t 1～t 2加速度的方向相反，t1～t2与t2～t3加速度的方向相同，t2～t3与t3～t4加速度方向相反，故A项错误。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。

专题01力与直线运动【要点提炼】1.解决匀变速直线运动问题的方法技巧(1)常用方法①基本公式法，包括v t 2＝x t ＝v 0＋v2，Δx ＝aT 2。

②v ­t 图象法。

③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。

④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动。

(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小。

2．物体的直线运动(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零。

(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律。

3．动力学问题常见的五种模型(1)等时圆模型(图中斜面光滑)(2)连接体模型两物体一起加速运动，m 1和m 2的相互作用力为F N ＝m 2·Fm 1＋m 2，有无摩擦都一样，平面、斜面、竖直方向都一样。

(3)临界模型两物体刚好没有相对运动时的临界加速度a ＝g tan α。

(4)弹簧模型①如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析。

②如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析。

(5)下列各情形中，速度最大时加速度为零，速度为零时加速度最大。

4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半。

在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。

5．水平面上的板块模型问题分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。

若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。