高考物理二轮复习力与运动专题二力与直线运动课件（54页PPT）
文档属性
| 名称 | 高考物理二轮复习力与运动专题二力与直线运动课件（54页PPT） |
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| 格式 | ppt | ||
| 文件大小 | 10.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共54张PPT)
专题二 力与直线运动
[专题复习定位]
1．直线运动中匀变速直线运动规律的应用。 2.牛顿运动定律和动力学方法的应用。
3．动力学方法和数形结合思想分析图像问题。
高考真题再现
命题点1 匀变速直线运动规律的应用
1．(2025·江苏卷，T1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减为0。该过程中加速度大小为( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：由题可知汽车做匀减速直线运动，由公式vt＝v0－at，代入数据可得加速度大小a＝6 m/s2，C正确。
√
2．(2025·广西卷，T3)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，其间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程中动车行驶的距离约为( )
A．216 m B．350 m
C．600 m D．700 m
√
√
命题点2 牛顿第二定律的应用
4．(2024·湖南卷，T3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
√
解析：剪断细线前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
5．(2023·北京卷，T6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则F的最大值为( )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
解析：对两物块整体由受力分析有F＝2ma，对于后面的物块有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N。
√
6．(2025·安徽卷，T5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
√
解析：甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向水平向右，A错误；
对甲、乙受力分析如图1所示，根据牛顿第二定律有T－f＝m甲a，m乙g－T＝m乙a，其中f＝μm甲g，联立解得a＝2.5 m/s2，T＝7.5 N，C正确，D错误；
对木箱和甲整体，在竖直方向上受力分析如图2所示，有N＝(m甲＋M箱)g＋T，由上述分析可知m乙g－T＝m乙a，联立可得N＝(m甲＋M箱)g＋m乙g－m乙a，因为甲、乙运动过程中加速度不变，所以地面对木箱的支持力不变，B错误。
√
题型分类讲练
题型一 匀变速直线运动规律的应用
1．常用方法和规律
2．两种匀减速直线运动
(1)刹车问题：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
考向1 基本规律的应用
(2024·江西卷，T3)某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是( )
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
√
解析：速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知开始时物体的位置在x0＝1 m处，1 s时物体的位置在x1＝6 m处，则1 s内物体的位移Δx＝x1－x0＝5 m。
√
题型二 牛顿第二定律的应用
考向1 超重和失重
通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物体处于失重状态。
舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行。在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是( )
A．舞者对地面的压力就是舞者所受的重力
B．地面对舞者的支持力和舞者所受的重力是一对平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力方向向前
D．舞者处于失重状态
√
解析：舞者对地面的压力和舞者所受的重力性质不同，施力物体不同，故不是同一个力，A错误；
舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，地面对舞者的支持力和舞者所受的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一个物体上且作用在同一直线上，是一对平衡力，则舞者不处于失重状态，且水平方向上不受摩擦力，故B正确，C、D错误。
(多选)(2025·汕头市一模)小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．下蹲过程中，小钊的加速度始终向下
B．起立过程中，小钊先超重后失重
C.6 s内小钊完成了两组下蹲、起立动作
D．下蹲过程中小钊的最大加速度约为6 m/s2
√
√
解析：下蹲过程中，小钊先加速下降，后减速下降，故加速度先向下后向上，A错误；
起立过程中，小钊先向上加速运动，后向上减速运动，故小钊先超重后失重，B正确；
由题图可知，6 s内小钊完成了一组下蹲、起立动作，C错误；
小钊的质量m＝50 kg，对传感器的最小压力约为Fmin＝200 N，对小钊受力分析，结合牛顿第二定律可得mg－Fmin＝ma，代入数据解得a＝6 m/s2，D正确。
考向2 瞬时问题
应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。
(2024·湛江市期末)如图所示，轻质细绳OA一端系在小球O上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度( )
A．竖直向下 B．沿OB方向
C．沿AO方向 D．等于0
√
考向3 连接体问题
1．整体法与隔离法的选用
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
2．连接体问题的解题技巧
(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。
√
√
如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各物块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1∶T2等于( )
A．9∶2 B．9∶8
C．3∶2 D．1∶1
√
题型三 动力学的两类基本问题
1．两类题型
一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。
2．解题关键
(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；
(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的桥梁。
如图甲所示，电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其vt图像如图乙所示。假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2，则( )
A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6
B．平衡车在整个运动过程中的位移大小为195 m
C．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s
D．平衡车在加速阶段的动力大小为72 N
√
(2024·江门市二模)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1＝0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求货物与车厢前壁的距离L。
答案：7.2 m
(2)若卡车以v＝28 m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。
答案：41.8 m
题型四 动力学方法的综合应用
考向1 传送带问题
1．解题关键
传送带问题的实质是相对运动问题，关键是根据相对运动确定摩擦力的方向，根据牛顿第二定律求加速度，确定相对运动的位移等。
2．分析思路
如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的vt图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为16 m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
√
解析：由题图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；
当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
考向2 滑块—木板模型
三个基本关系
加速度
关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动的隐含条件
速度
关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移
关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系
(多选)质量m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点。现用一大小F＝16 N的力作用在m2上，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板的加速度为2 m/s2
B．物块的加速度为6 m/s2
C．经过2 s物块从木板上脱离
D．物块离开木板时的速度为8 m/s
√
√
√
解析：对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；
物块滑离木板时的速度v2＝a2t＝8 m/s，D正确。
专题二 力与直线运动
[专题复习定位]
1．直线运动中匀变速直线运动规律的应用。 2.牛顿运动定律和动力学方法的应用。
3．动力学方法和数形结合思想分析图像问题。
高考真题再现
命题点1 匀变速直线运动规律的应用
1．(2025·江苏卷，T1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减为0。该过程中加速度大小为( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：由题可知汽车做匀减速直线运动，由公式vt＝v0－at，代入数据可得加速度大小a＝6 m/s2，C正确。
√
2．(2025·广西卷，T3)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，其间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程中动车行驶的距离约为( )
A．216 m B．350 m
C．600 m D．700 m
√
√
命题点2 牛顿第二定律的应用
4．(2024·湖南卷，T3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
√
解析：剪断细线前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
5．(2023·北京卷，T6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则F的最大值为( )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
解析：对两物块整体由受力分析有F＝2ma，对于后面的物块有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N。
√
6．(2025·安徽卷，T5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
√
解析：甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向水平向右，A错误；
对甲、乙受力分析如图1所示，根据牛顿第二定律有T－f＝m甲a，m乙g－T＝m乙a，其中f＝μm甲g，联立解得a＝2.5 m/s2，T＝7.5 N，C正确，D错误；
对木箱和甲整体，在竖直方向上受力分析如图2所示，有N＝(m甲＋M箱)g＋T，由上述分析可知m乙g－T＝m乙a，联立可得N＝(m甲＋M箱)g＋m乙g－m乙a，因为甲、乙运动过程中加速度不变，所以地面对木箱的支持力不变，B错误。
√
题型分类讲练
题型一 匀变速直线运动规律的应用
1．常用方法和规律
2．两种匀减速直线运动
(1)刹车问题：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
考向1 基本规律的应用
(2024·江西卷，T3)某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是( )
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
√
解析：速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知开始时物体的位置在x0＝1 m处，1 s时物体的位置在x1＝6 m处，则1 s内物体的位移Δx＝x1－x0＝5 m。
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题型二 牛顿第二定律的应用
考向1 超重和失重
通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物体处于失重状态。
舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行。在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是( )
A．舞者对地面的压力就是舞者所受的重力
B．地面对舞者的支持力和舞者所受的重力是一对平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力方向向前
D．舞者处于失重状态
√
解析：舞者对地面的压力和舞者所受的重力性质不同，施力物体不同，故不是同一个力，A错误；
舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，地面对舞者的支持力和舞者所受的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一个物体上且作用在同一直线上，是一对平衡力，则舞者不处于失重状态，且水平方向上不受摩擦力，故B正确，C、D错误。
(多选)(2025·汕头市一模)小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．下蹲过程中，小钊的加速度始终向下
B．起立过程中，小钊先超重后失重
C.6 s内小钊完成了两组下蹲、起立动作
D．下蹲过程中小钊的最大加速度约为6 m/s2
√
√
解析：下蹲过程中，小钊先加速下降，后减速下降，故加速度先向下后向上，A错误；
起立过程中，小钊先向上加速运动，后向上减速运动，故小钊先超重后失重，B正确；
由题图可知，6 s内小钊完成了一组下蹲、起立动作，C错误；
小钊的质量m＝50 kg，对传感器的最小压力约为Fmin＝200 N，对小钊受力分析，结合牛顿第二定律可得mg－Fmin＝ma，代入数据解得a＝6 m/s2，D正确。
考向2 瞬时问题
应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。
(2024·湛江市期末)如图所示，轻质细绳OA一端系在小球O上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度( )
A．竖直向下 B．沿OB方向
C．沿AO方向 D．等于0
√
考向3 连接体问题
1．整体法与隔离法的选用
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
2．连接体问题的解题技巧
(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。
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如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各物块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1∶T2等于( )
A．9∶2 B．9∶8
C．3∶2 D．1∶1
√
题型三 动力学的两类基本问题
1．两类题型
一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。
2．解题关键
(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；
(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的桥梁。
如图甲所示，电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其vt图像如图乙所示。假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2，则( )
A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6
B．平衡车在整个运动过程中的位移大小为195 m
C．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s
D．平衡车在加速阶段的动力大小为72 N
√
(2024·江门市二模)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1＝0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求货物与车厢前壁的距离L。
答案：7.2 m
(2)若卡车以v＝28 m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。
答案：41.8 m
题型四 动力学方法的综合应用
考向1 传送带问题
1．解题关键
传送带问题的实质是相对运动问题，关键是根据相对运动确定摩擦力的方向，根据牛顿第二定律求加速度，确定相对运动的位移等。
2．分析思路
如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的vt图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为16 m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
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解析：由题图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；
当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
考向2 滑块—木板模型
三个基本关系
加速度
关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动的隐含条件
速度
关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移
关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系
(多选)质量m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点。现用一大小F＝16 N的力作用在m2上，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板的加速度为2 m/s2
B．物块的加速度为6 m/s2
C．经过2 s物块从木板上脱离
D．物块离开木板时的速度为8 m/s
√
√
√
解析：对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；
物块滑离木板时的速度v2＝a2t＝8 m/s，D正确。
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