第2道牛顿运动定律的应用（解析版）

2021年高考物理二轮复习高考13题命题探究第一部分选择题命题探究第2道选择题…牛顿运动定律的应用目录

一、命题点探究1命题点一牛顿运动定律与直线运动知识相结合1考查方式一动力学基本问题1考查方式二动力学的运动图象问题5命题点二动力学中的连接体问题9考查方式一“板一块”模型9考查方式二绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题11

二、第二道选择题限时强化训练15

一、命题点探究命题点一牛顿运动定律与直线运动知识相结合【命题规律】牛顿运动定律与直线运动知识相结合是高考重点考查的内容，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，难度中等.考查方式一动力学基本问题【核心考点梳理】

1.分析动力学问题的流程注意

（1）抓好两个分析受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等.摩擦因数为〃2假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给铁块施加一水平作用力月尸由零开始逐渐变大至A、B相对滑动，下列判断正确的是（）A.若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，A的加速度大小为（24-342）gB.若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，产的大小为24〃2gC.若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是4243D.若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是从〉不42【答案】AD【解析】CD.B受到的滑动摩擦力大小为24相且，A受到地面的滑动摩擦力大小为4（2根+根）g=3〃2加g3若木板A先相对地发生滑动，则23R2mg解得儿〉不必当拉力增大到一定程度，使得B的加速度大于A的加速度时，B相对A发生滑动，故C错误，D正确；A.若木板A先相对地发生滑动，当B刚要相对于A滑动时，A、B间的摩擦力是最大静摩擦力，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对A有2mg-+in）g=max整理得4=（2从—34）^故A正确；B.若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相对滑动时，尸的大小为24mg故B错误故选AD【典例3］（2021•湖南省五市十校高三上学期12月月考）如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、•••B与轻质板的动摩擦因数〃=」（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知机人=2kgmB=1kg^^10m/s2当作用在A上的水平力方=4N时，物体A的加速度为（）4A.lm/s2B.

1.5m/s2C.—m/s2D.2m/s2【答案】B【解析】对B受力分析得B能获得的最大加速度〃B=〃g=lm/s2假设A、B不相对滑动，整体分析得p49a-=7m/s2因为qmA+znB3假设不成立，B会相对于轻质板滑动对A受力分析得，A受摩擦力为4加Bg物体A的加速度为〃a=^-=

1.5向5~故选8考查方式二绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题【核心考点梳理】

1.灵活应用整体法与隔离法⑴整体法在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程.2隔离法如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.

2.三类连接体问题的解题结论1通过滑轮连接的两个物体如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等.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.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.【典例1].2021•江苏省扬州市高三上学期11月期中高铁已成为重要的“中国名片”一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第

2、

3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为8每节车厢质量均为如所受阻力均为力则A列车的加速度为B.列车的加速度为占工2mmC第2节车厢对第3节车厢的作用力为0D.第2节车厢对第3节车厢的作用力为F-2f【答案】AC【解析】AB.由牛顿第二定律得4尸~8户8根〃解得列车的加速度大小为〃二/三或A正确，B错误;2mCD.对第一节车厢和第二节车厢整体，由牛顿第二定律得尸+F2-华2ma解得第3节车厢对第2节车厢的作用力6=0由牛顿第三定律可知，第2节车厢对第3节车厢的作用力是0C正确，D错误故选AC【典例2】.（2021•黑龙江哈尔滨一中高三上学期11月期中）a、匕两物体的质量分别为加、⑵由轻质弹簧相连.当用恒力/竖直向上拉着m使服〃一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为即；当用大小仍为尸的恒力沿水平方向拉着〃，使、人一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为X2如图所示.则（）A.X1一定等于X2B.X\一定大于X2C.若如根2则XlX2D.若〃21〈机2则X\X2【答案】A【解析】F-m2g

（1）竖直运动向上运动时，将帅看做一个整体，则有a=!-mx+m2单独分析物体，则有弹力F-m2g=m2a广，F-m2-nug/F、m^F带入加速度计算可得弹力F=+”叫+屋=，%（g+叫+:）=*F

（2）光滑水平面运动，同样整体分析加速度〃二，m+m114单独分析b有弹力=叫=+m2所以，水平和竖直弹力相等，所以形变量相等，所以A正确，BCD错误.【典例3】（2021•“八省联考”湖南省普通高中学业水平选择考适应性测试）如图，三个质量均为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为

0.

4、

0.2和

0.1重力加速度g取lOmd设最大静摩擦力等于滑动摩擦力用力尸沿水平方向拉物体C以下说法正确的是（）A.拉力/小于UN时丁不能拉动CB.拉力/为17N时，轻绳的拉力为4NC.要使A、B保持相对静止，拉力厂不能超过23ND.A的加速度将随拉力产的增大而增大【答案】AC【解析】A.当C物体即将运动时，C物体水平方向桌面给C的向右的摩擦力%绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力/bc，其中久=0・1（%+牲+^c）g=3N/c=

0.2（mA+s）g=4N当即将滑动时应有F=f^fBC+TT=fBC=4N可解得b=11N故A正确；C.因此B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得对AB整体受力分析可得了一/c=（mA+m8）a对c物体受力分析可得尸一T一/sc一力也=mca联立解得F=23N说明A和B发生相对滑动的临界力大小为F=23N故C正确;B.当尸=17N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T—%c=（mA+%）q对c物体受力分析F-T-fee-/地=mca]联立解得T=8N故B错误；D.当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为〃=

0.4g=4m/s2加速度不变，D错误故选AC【典例4】（2021•甘肃省兰州一中高三上学期n月期中）如图所示，倾角为9=30斜面体c置于水平地面上，滑块匕置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体〃连接，连接匕的一段细绳与斜面平行，连接的一段细绳竖直，下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止已知物块a、b.c的质量分别为m、4m.M重力加速度为g不计滑轮的质量和摩擦下列说法中正确的是（）A.地面对的摩擦力为零B.剪断轻绳的瞬间，对地面的压力为（3m+M）gC.剪断轻绳的瞬间，的加速度大小为2gD.弹簧弹力大小为〃2g【答案】BCD【解析】A.对反组成的系统受力分析可知，竖直向下的重力G竖直向上的支持力凡细线斜向上的拉力T根据平衡条件可知还要受地面的摩擦力力选项A错误；B.剪断轻绳的瞬间，沿斜面加速下滑，加速度为=gsin9=Lg对he组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有（+4m）g-N=4/^sin0解得地面对c的支持力N=（3m+M）g根据牛顿第三定律可得c对地面的压力为（3m+M）g选项B正确；C.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得的加速度大小F^+mg个、生造厂丁洋a==2g选项C正确；mD.以为对象，沿斜面方向得q=~gsin/9=2mg以a为对象场二%+^g解得骂单=mg选项D正确故选BCD

二、第二道选择题限时强化训练限时20min.（2020•南昌市第一次模拟）一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，，=时刻给物体施加一个水平向右的拉力F其速度的二次方随位移变化的图象为经过尸

（525）的直线，如图所示，则（）A.小物块做匀速直线运动B.水平拉力方的大小为

2.5NC.5s内小物块的位移为5mD.5s末小物块的速度为25m/s【答案】B1【解析】根据俨=2以可知=5予=

2.5m/s则b=机=

2.5N选项A错误，B正确；5s内小物块的位移为X5=56=3x

2.5x52m=

31.25m选项C错误；5s末小物块的速度为吆=她=

12.5m/s选项D错误..（2020•黑龙江大庆市第二次监测）一质量为机的小球在空中由静止释放若小球运动过程中受到的空气阻力与速度成正比，用u和分别表示小球下落的速度和加速度的大小，/表示时间.则关于小球下落过程运动的描述，下列图象可能正确的是（）【答案】B【解析】空气阻力与速度成正比，则尸人其中左为常数，对小球有根g一尸〃得=厂U随着速9t1/度增大，空气阻力增大，加速度不断减小，最终变为零，所以c、D错误；速度一时间图象的斜率表示加速度，因为加速度不断减小直至0所以曲线斜率应该越来越小最后水平，所以A错误，B正确..（2020♦安徽十校联盟检测）如图所示，质量为〃2的小球用两根细线

4、03连接，细线QA的另一端连接在车厢顶，细线05的另一端连接于侧壁，细线A与竖直方向的夹角为8=37，8保持水平，重力加速度大小为上车向左做加速运动，当8段细线拉力为Q4段细线拉力的两倍时，车的加速度大小为（sin37=

0.6cos37°=

0.85A.gB^g「37C・，gD举【答案】D7【解析】设04段细线的拉力为尸，则尸8537=加总2/一代后37=加〃，求得〃=存，选项D正确..（2020•山东泰安市3月第一轮模拟）如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块2系统处于静止状态.现用一沿斜面向上的力产作用在物块上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示物块Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示尸和x之间关系的图象可能正确的是（）【答案】A【解析】开始时机gsin=0；现用一沿斜面向上的力尸作用在物块上，当物块离开静止位置的位移为x时，根据牛顿第二定律有尸十%（x（）—x）一相gsin解得尸=丘+〃2小故选A..（2021•山西省怀仁市高三上学期11月期中）如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为

0、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力方作用在滑块A上时，一质量为根的D小球5（可视为质点）在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球8距轨道末端Q的竖直高度为=会重力加速度为g则尸的大小为（）yj~5yl~5A.六一MgBJ乙C.申M+mgD.哼M+mgJ乙【答案】D【解析工连接0b设3连线与竖直方向的夹角为仇由几何关系得R-H2cos3=r=§sin0=yj1—cos20=^J5则tan=与、一V5此时小球受到的合外力/合=mgtanO=^~mg由牛顿第二定律可得=与=6J5以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得b=（m+M）〃=3-（〃，+M）g故D正确，A、B、C错误.乙.（多选）（2020•山东烟台市期末）如图所示，在光滑水平面上放置的A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为〃2A=2kg〃%=3kg.从，=0开始，作用力Fa和作用力Fb分别作用在A、3两物体上，凸、后随时间的变化规律分别为Fa=（8—2］）NFb=（2+20N.则（）A.A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动B.当Fa=B时，A、3两物体分离C./=ls时A物体的运动速度为2m/sD.3物体在/=5s时的加速度为4m/s2【答案】CD【解析】AB分离前，Fa+尸8=1N=（/m+加8）qa=2m/s2对3鼠十尸二根项，当Fab=0时，t=2sA、3分离，止匕时Fa=4NFb=6N故A、B错误；E=ls时，A、3还没有分离，所以A物体的速度u=c=2m/sC正确；/=5s时，对8tii=4m/s2故D正确.

8.（多选）（2021•黑龙江海伦市一中高三上学期12月月考）一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4/o到达B处，在5及）时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变以下说法中正确的是（）A.滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为41B.滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为41C.斜面的倾角的余弦值为

0.84D.滑块与斜面的动摩擦因数〃=【答案】ACDy【解析】A.设滑动到达B点的速度为v滑块在斜面上的位移%=—・44）2ro4一二=故A正确;A至ljB的过程中4・4%o=u8至ljC的过程中以二%%加速度之比一二1故B错误;CLi/八4C.由图乙可得人=jumg=5Nf、=〃机gcos6=4N7=cos9=三即cos8=

0.8故C正确;InDD.物体在斜面上运动的过程中根gsine-w%gcos8=/n4在水平面上运动的过程中加生二〃机g4解得4=亍，故D正确故选ACD

8.（多选）（2020•四川攀枝花市三统）如图甲所示，物块A、8静止叠放在水平地面上，8受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力/作用，A、B间的摩擦力Ri、B与地面间的摩擦力方已随水平拉力/变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量〃2=3kg重力加速度g取10m/s2最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.物块3的质量为4kgB.A、3间的动摩擦因数为

0.25与水平地面间的动摩擦因数为

0.2D.当歹=10N时，A物体的加速度大小为

1.5m/s2【答案】BD【解析】由题图乙可知，A、/之间的最大静摩擦力为F£4b=6N可知

4、/间的动摩擦因数为〃.=震=^=

0.2选项B正确；由题图乙可知，当b=4N时，A、B整体相对地面开始滑动，贝地（〃z+〃28）g=4N当b=12N时，A、3即将发生相对滑动i-F—〃b地Qn+mBg此时对整体a=----对物块A^ABmg=ma联立解得根b=1kg地=

0.1，选项A、C错误;当b=ION时，A、3两物块一起做加速运动，则A、3两物块的加速度大小为=m/s2=

1.5m/s选项D正确.⑵求解加速度是解决问题的关键..解决动力学问题的常用方法

（1）整体法与隔离法.⑵正交分解法一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.⑶逆向思维法把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题..瞬时加速度的求解

（1）两类模型

①刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即突变，不需要形变发生变化的时间.

②弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变.

（2）求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后||列牛顿第二||求瞬时|物体的受力情况|T|定律方程|T|加速度I【典例1】（2021•湖南省永州市高三上学期1月一模）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍如图所示，一质量〃2=

2.0kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s然后无人飞机又匀速向上运动3s接着匀减速向上运动4s速度恰好为零，之后悬停进行航拍已知无人飞机上升过程中的最大速度为Vm=4m/s受到的空气阻力恒为/=1N重力加速度大小g=10m/s2则（）A.无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25NB.无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20NC.无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18ND.无人飞机上升的总高度为24m【答案】AD499【解析】A.第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为0=/m/s2=2m/s2由牛顿第二定律得F{-mg-f=ma]得耳=mg+ma}+f=

2.0x10+

2.0x2+1N=25N故A正确；B.由平衡条件可知玛=mg+/=21N故B错误；0-4C.第三阶段加速度为2rn/s2=-lm/s2由牛顿第二定律得巴—加g—，=根2得月=mg+ma2+f=

2.0x10-

2.0x1+1N=19N故C错误;44D.无人飞机上升的总高度为/z=—x2+4x3+—x4m=24m故D正确故选AD22【典例2】2021•福建晋江市四校联考细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示.已知cos53=

0.6sin53=

0.8重力加速度为g.以下说法正确的是A.小球静止时弹簧的弹力大小为52gB.小球静止时细绳的拉力大小为|mg4C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为贺【答案】B【解析】小球静止时，受力分析如图所示，由平衡条件得，弹簧的弹力大小为4F=mgtan53°=gmg细绳的拉力大小为片=»*=点超，故A错误，B正确.细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反，则此瞬间小Ft5球的加速度大小为Q=U=*故C、D错误.【典例3】（2021•湖南长沙市模拟）如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短（在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（）A.物块接触弹簧后立即做减速运动B.物块接触弹簧后先加速后减速C.当物块的速度最大时，它所受的合力不为零D.当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零【答案】B【解析】物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹簧弹力小于重力，物块仍然做加速运动，故选项A错误；物块接触弹簧后，弹簧形变到最大的这一过程中，弹簧弹力先小于重力，之后等于重力，再然后大于重力，故物块是先加速后减速，选项B正确；当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，选项C错误；弹簧被压缩至最短时，弹力大于重力，此时有加速度且方向向上，不等于零，选项D错误.【典例4］（2020•青岛检测）在一块固定的倾角为的木板上叠放质量均为〃2的一本英语词典和一本汉语词典图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑.已知两本书的封面材料不同，但每本书的上下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为川，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为〃2英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为生，则下列说法正确的是（）A.川〃2B.43VC.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是43mgeosD.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是〃2/ngcos【答案】D【解析工图甲中，对整体分析，根据共点力平衡有2〃zgsin8=〃22mgcos仇对图乙，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin9—〃i2〃2gcos9=2根m由两式可知，故A错误；对图乙，解得i=gsine—〃igcos仇隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得，mgsin0-f^ma解得了=〃mgcos，因为两词典保持相对静止，则〃附gcos0〃3mgcos仇知〃1〃3，则无法比较42与43的关系，故B、C错误；根据共点力平衡知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力f=mgsm仇因为2/ngsin9=^22zgcos仇所以/=〃2，%gcos仇故D正确.考查方式二动力学的运动图象问题【核心考点梳理】.X4图象描述位移随时间变化的规律，图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向..秘4图象描述速度随时间变化的规律.

（1）某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负.⑵图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向.⑶图象与时间轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负..图象描述加速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动..三者关系％“图象和u”图象描述的都是直线运动，而小，图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断.【典例1】（2021•山东省潍坊市现代中学高三上学期1月月考）新冠肺炎疫情期间，无人机发挥着非常重要的作用，可利用无人机空投药品，将药品送到隔离人员手中在某次无人机竖直送货中，无人机的质量M=L5kg货物的质量根=lkg无人机与货物间通过轻绳相连无人机从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，其运动Z图像如图所示无人机所受阻力恒定，不考虑货物受到的阻力，g取10m/s2下列判断正确的是（）A.无人机上升的最大高度为36mB.无人机所受阻力大小为3NC.无人机所受的升力大小为30ND.加速阶段绳的拉力大小为12N【答案】D【解析】A.无人机上升的最大高度为x=1x7xl2m=42mA错误；2B.无人机减速上升的加速度为〃2J20m/s=12m/s2无人机所受阻力大小为一7-6/+（，%+M）g=（m+）生解得f=5NB错误；i-0C.无人机加速上升的加速度为q=m/s2=2m/s2无人机所受的升力大小方为6-0尸—（+㈤g—/=（〃+租）四解得歹二35NC错误；D.加速阶段绳的拉力大小为4-mg=〃叫解得耳=12ND正确故选D【典例2】（202LT8高中名校八省市第一次新高考适应性考试）如图甲所示，质量机=lkg小物块在平行斜面向下的恒力/作用下，从固定粗糙斜面底端开始以uo=12m/s的初速度向上运动，力歹作用一段时间后撤去以出发点为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，斜面倾角二37，5Zcos37°=

0.8sin37°=

0.6g=10m/s2下列说法正确的是（）A.沿斜面上行阶段物体的加速度大小为24m/s2B.恒力/大小为4NC.物块与斜面间的动摩擦因数为

0.5D.物块返回斜面底端时速度大小为4J^m/s【答案】CD【解析】A.物体沿斜面上滑时做匀减速直线运动，由运动学公式可得匕2=2〃内V214499代入数值可求得加速度为4=六=——m/s2=12m/s2故A错误；2%2x6BC.物体上滑时由牛顿第二定律可得尸+mgsin37°+〃租gcos370=ma]设物体下滑撤去恒力产前加速度为〃2，由运动学公式可得%2=2%々2代入数值可得%=上一=——m/s2=4m/s22x22x2由牛顿第二定律可得产+作sin370-jumgcos370=ma2联立可得/mZN〃=

0.5故B错误，C正确;D.撤去恒力产后物体继续向下加速运动，由牛顿第二定律可得mgsin37°—cos37°=/代入数值可求得3=2m/s2由运动学公式可得匕？-v22=2a3x3代入数值可得匕=个2a3X3+彩2=J

2、2x4+16m/s=4\/2m/s物块返回斜面底端时速度大小为4J5m/s故D正确故选CD【典例3】（2021•山西省怀仁市高三上学期11月期中）如图甲所示，地面上有一质量为M的重物用力/向上提它，力/变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A.当E小于图中A点值时，物体的重力姓＞尸，物体不动B.图中A点值即物体的重力值C物体向上运动加速度和力方成正比D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度【答案】ABD【解析】A.物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有N+F=Mg故重力大于拉力，故A正确；B.物体的加速度向上，根据拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有F-Mg=Ma得〃=£-g当4尸0时，加速度为零，故故B正确；MC.由图象可知，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故c错误；FD.由4=g可知，加速度为一g故D正确故选ABDM【典例4】（2021•江苏省无锡市高三上学期11月期中）一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移工与时间的图像如图所示，其中力到亥时间段图像为直线则以下说法正确的是（）A.A72时间内，乘客的速度一直增大B273时间内，乘客的速度一直增大C.A72时间内，乘客对电梯压力大于乘客重力D./2〜为时间内，乘客对电梯压力小于乘客重力【答案】D【解析】AC.在九〜尬时间内，图象的斜率保持不变，乘客的速度不变，乘客向上做匀速直线运动，处于平衡状态，乘客所受支持力等于重力，由牛顿第三定律可知乘客对电梯压力等于乘客重力，故AC错误；BD.在亥〜办时间内，X”图象的斜率变小，乘客的速度u减小，乘客向上做减速运动，乘客处于失重状态，乘客所受支持力小于重力，由牛顿第三定律可知乘客对电梯压力小于乘客重力，故B错误，D正确故选Do【典例5】多选水平力方方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力/拉静止在水平桌面上的物块，在方从开始逐渐增大的过程中物块的加速度随时间看变化的图象如图b所示.重力加速度大小为10m/s2最大静摩擦力大于滑动摩擦力.由图可知A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB.物块与水平桌面间的动摩擦因数为

0.1C.物块的质量根=2kgD.在〜4s时间内，合外力的冲量为12N・s【答案】BD【解析】由题图b可知，，=2s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图a易知最大静摩擦力为6N故A错误；由题图b知当，=2s时，^z=lm/s2F=6N根据牛顿第二定律得尸一〃〃2g=加〃，代入得6-〃〃210=团.当r=4s时，f/=3m/s2尸=12N根据牛顿第二定律得尸一〃2g=ma代入得12—〃mxl0=3〃2联立解得〃=

0.1m=3kg故B正确，C错误；图象与时间轴所围成一一一1+3的面积表示速度的变化量，则得〜4s内物块速度的增量为Au=-7^x4—2m/s=4m/s，=0时刻速度为0则物块在第4s末的速度为4m/s；根据动量定理，得〜4s内合外力的冲量为A/=Ap=/%Au=3x4N・s=12N-s故D正确.【解题经验总结】分析图象问题时常见的误区1没有看清横、纵坐标轴所表示的物理量及单位.⑵没有注意坐标原点是否从零开始.⑶不清楚图象中的点、斜率、面积等的物理意义.

（4）忽视对物体受力情况和运动情况的分析.命题点二动力学中的连接体问题【命题规律】直线运动知识相结合是高考重点考查的内容，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，难度中等，而单纯直线运动的选择题常结合四图象进行考查，难度中等偏下.考查方式一“板一块”模型【核心考点梳理】

（1）两种位移关系滑块由滑板的一端相对运动到另一端的过程中

①若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；

②反向运动时，位移的绝对值之和等于板长.⑵解题思路【典例1】（2021•重庆市南开中学高三上学期12月月考）（多选）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1=0时刻质量为根的物块以水平速度u滑上长木板，此后木板与物块运动的X图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则下列说法正确的是（）A.M=mB.M=2mC.木板的长度为8mD.木板与物块间的动摩擦因数为

0.1【答案】BC【解析】木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〃加g=mm而以图象的斜率表示加速度，故0=二5金m/s2=2m*解得〃=

0.2D错误；对木板受力分析可知他2—

0.=一厂m/s2=lm/s2解得M=2〃zA错误，B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者X图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=]x（7+3）x2m—Jx2x2m=8mC正确.【典例2】（2021•云南师大附中高三上学期12月月考）如图所示，质量为小的木板A静止在水平地面上在木板A的左端放置一个质量为2m的铁块B铁块与木板之间的动摩擦因数为从，木板与地面之间的动。