“牛頓運動定律與圖像結合高頻考點專題練

2026年高考物理一輪復習備考

一、單選題

I.在某次軍事演習中，某空降兵從懸停在空中的直升機上跳下，如圖所示為空降兵從跳離直升機到

落地的過程中沿豎直方向運動的UT圖像，則下列說法正確的是（）

B.0ros內(nèi)空降兵運動的平均速度小于3

C.。~10s內(nèi)空降兵和降落傘整體所受重力小于空氣阻力

D.12?20s內(nèi)空降兵做勻速直線運動

2.假設一架無人機質(zhì)量為4kg,運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向

上運動，一段時間后關閉動力，其回圖像如圖所示，重力加速度g取lOm/s?。下列判斷正確的是（）

B.3~4s內(nèi)無人機在下降

C.無人機的升力大小為32N

D.無人機所受阻力大小為8N

3.如圖甲所示，物塊的質(zhì)量〃?=lkg,初速度3=10m/s,在一水平向左的恒力/作用下從。點沿

粗糙的水平面向右運動，某時刻后該力突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系

圖象如圖乙所示，g=10m/s2。下列選項中正確的是（）

B.在，=1s時刻，恒力/反向

C.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5

D.恒力尸大小為10N

4.如圖（a）所示為一款滑桿逐輸裝置自動回拉系統(tǒng)，滑桿與水平面的夾角為30。，滑桿上套著一質(zhì)

量〃=i1.0kg的小球（可視為質(zhì)點）。某次測試中，該系統(tǒng)向小球提供沿滑桿方向的外力/，小球從A

點靜止出發(fā)，規(guī)定沿滑桿向上為廠的正方向，“隨小球與A點間距離％的變化關系如圖（b）所示，

A.從A點開始02m運動過程中加速度大小為lOm/s?

B.在x=4m時速度大小為0

C.從A點開始02m運動的時間大于24m的時間

D.從A點開始02m運動的時間小于24m的時間

5.假設沿地軸的方向鑿通一條貫穿地球兩極的隧道PQ,隧道極窄，地球仍可看作一個球心為0、半

徑為心質(zhì)量分布均勻的球體c以球心。為坐標原點，x軸正方向如圖所示。從隧道口。點由靜止釋

放一小球，小球能夠在隧道尸。內(nèi)運動，小球運動到某位置時受到的引力大小為F,速度為九已知

X

6.如圖甲所示,A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，放置在光滑水平面上。己知心=2kg,恤=3kg。

從，=0開始，水平推力以和拉力6分別作用于A、B上，以和不隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。則

)

A./=ls時，A、B間的彈力為2N

B.r=L5s時，A、B分離

C.A、B分離時的速度為l.5m/s

D.從f=0開始到A、B分離時，A、B的位移為2m

7.A、B兩物體同時受到同樣的水平拉力后，分別在水平面上從靜止開始做勻加速直線運動，4時刻，

同時撤去拉力，它們均做勻減速直線運動，直到停止，圖像如圖所示，重力加速度大小為g。在

A、B整個運動過程中，下列說法正確的是（〉

A.A、B兩物體位移之比為4:3

B.A、B兩物體質(zhì)量之比為3:4

C.A、B兩物體受到摩擦力之比為2:3

B.滑塊在斜面上運動的總時間為

C.斜面傾角的正弦值為

2別

%一匕

D.斜面傾角的正弦值為

2部

11.如圖1所示，光滑水平面上并排靜止放置著A、B兩個物體（兩物體接觸但不黏合），A、B的

質(zhì)量分別為叫=2kg和%=3kg。，=0時亥IJ,水平推力心和水平拉力氣同時分別作用于A、B上,

入、6隨時間變化的關系如圖2所示。下列說法正確的是（）

A./=ls時刻，A、B間相互作用力的大小為2N

B.f=1.5s時刻，A的速率為4m/s

C.，=0s至h=2s時間內(nèi)，A運動的位移大小為3m

D.，=3s時刻，A、B間的距離為0.75m

12.如圖甲所示，粗糙的水平地面上有長木板P,小滑塊Q（可看作質(zhì)點）放置于長木板上的最右端。

現(xiàn)將一個水平向右的恒力/作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力尸

的作用。長木板的速度圖像如圖乙所示，已知長木板P的質(zhì)量為3kg,小滑塊Q的質(zhì)量為2kg,小滑

塊Q始終沒有從長木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是（）

A.滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù)是().1

B.長木板P與地面之間的動摩擦因數(shù)是0.3

C./=%時長木板P停下來

D.恒力尸的大小為18N

三、解答題

13.一足夠長的木板P靜置于粗糙水平面上，木板的質(zhì)量M=4kg,質(zhì)量〃-1kg的小滑塊Q(可視為

質(zhì)點)從木板的左端以初速度如滑上木板，與此同時在木板右端作用水平向右的恒定拉力F,如圖甲

所示，設滑塊滑.上木板為片0時刻，經(jīng)過力=2s撤去拉力F,兩物體一起做勻減速直線運動.再經(jīng)過

々二4s兩物體停止運動，畫出的兩物體運動的回圖像如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

重力加速度g=10m/s2)求:

%

Fp

///////////////////////////////

甲

(1)0~2s內(nèi)滑塊Q和木板P的加速度大小,兩物體一起做勻減速直線運動的加速度大小;

(2)滑塊Q運動的總位移:

(3)拉力產(chǎn)的大小。

14.物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖甲所示，傾斜滑軌與水平面成0=30。，水平

滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其速率的二次方隨路程

變化的圖像如圖乙所示。己知貨物與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為〃=等，貨物可視為質(zhì)點，不計貨物

經(jīng)過傾斜滑軌底端的機械能損失。重力加速度g=10mH。求:

⑴貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小;

⑵坐標軸上山的值；

⑶若貨物滑離水平滑軌末端時的速度為2m/s,貨物在滑軌上滑行的總時間。

15.如圖甲所示，粗糙的水平地面上有長木板P,小滑塊Q(可看作質(zhì)點)放置于長木板上的最右端。

現(xiàn)將一個水平向右的力下作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力尸的作

用?；瑝K、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知小滑塊Q與長木板P的質(zhì)量相等，小滑塊Q始終沒

有從長木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。求：

⑴滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù):

⑵長木板P與地面之間的動摩擦因數(shù)；

⑶長木板P停下來的時間。

參考答案

題號12345678910

答案DDBBDDBCABCBC

題號1112

答案ADAD

1.D

【詳解】A.UT圖像中，圖線的切線斜率表示加速度，由題圖可知空降兵下降的過程加速度變化，

不能看成自由落體運動，故A錯誤；

B.0~10s內(nèi)，根據(jù)i，=士及"/圖像與1軸所圍成的面積表示位移可知，在該時間內(nèi)的位移大于在該

t

時間內(nèi)做勻加速運動的位移，可知空降兵運動的平均速度大于故B錯誤；

C.0~10s內(nèi)空降兵有向下的加速度，由牛頓第二定律得〃％-/=〃7〃

則，咫〉/,故C錯誤；

D.由題圖可知，12~20s內(nèi)空降尺做勻速直線運動，故D正確。

故選D。

2.D

【詳解】A.17圖線與坐標軸所圍的面積表示位移，則無人機上升的最大高度為”=gx4xl2m=24m

故A錯誤；

B.34s內(nèi)無人機減速上升，故B錯誤；

CD.無人機加速上升時的加速度大?。?9=與m/s?=41用

則由牛頓第二定律有F-mg-f=ma.

減速上升時的加速度大小生=詈=詈:m/s?：I2m/s2

則由牛頓第二定律有f+"喂=〃以2

聯(lián)立解得升力大小為尸=64N

無人機所受阻力大小為/=8N

故C錯誤，D正確。

故選D。

3.B

【詳解】AB.根據(jù)速度位移公式-一*=2然

1nn

可得勻減速直線運動的加速度大小4=『m/s2=IOm/s2

2x5

64.o.,，

勻加速直線運動的加速度大小電=2x(13-5)lll/S=4lll/S"

由乙圖，可知物體做勻減速的初速度為%=10m/s,則速度減為零的時間匕=為=除

則物塊1S后做勻加速直線運動，所以2?3s內(nèi)物塊做勻加速運動，在，=ls時刻恒力/反向，故A

錯誤，B正確；

CD.根據(jù)牛頓第二定律，物體做勻減速有尸+〃〃?g=〃叼

物體做勻加速有尸-〃〃吆=ma.

聯(lián)立解得歹=7N,〃=0.3,故CD錯誤。

故選B。

4.B

【詳解】A.02m運動過程中沿桿方向受力分析尸一〃?gsin30=

解得4=15m/s2,故A錯誤;

BCD.2-4m運動過程中沿桿方向受力分析尸+〃?gsin30=加生

解得生=T5m/s2

\lx2

運動到2m時的時間7廣后

運動到2m時的速度v2=卬|=2屈m/s

]2

由/=v2/2+耳?；可得24m的運動時間ti=右s

由u=%+?2可得x=4m的速度u=()。故B正確，CD錯誤。

故選B。

5.D

【詳解】B.根據(jù)題意可知靠近。時，引力尸變小，根據(jù)牛頓第二定律〃=￡可知加速度變小，則u-x

m

圖像斜率先減小后增大，B錯誤；

ACD.加速度先變小后變大，則—圖像斜率先變小后變大，D正確，AC錯誤。

故選D。

6.D

【詳解】A.根據(jù)題中圖像，可以在0~4s內(nèi)寫出兩個推力隨時間變化的關系，4=4一，七=1+/

對整體分析，由牛頓第二定律有4+凡=(叫+%)?

如果A與B共同加速運動,則有a=lm/s2

在f=ls時，4=3N

對A有6-E\B=S〃

解得以B=1N,故A錯誤；

BC.當A與B要分離時，接觸面上彈力為0,即以口=（）

此時A與B依然有相同的加速度aJm/s?

對A,有仄=4-t=mAa

此時解得1=2s

速度v=at=2m/s,故BC錯誤；

D.到分離前，x=；a『=2m,故D正確。

故選D。

7.B

【詳解】A.UT圖像中，面枳表不位移，故兩物體的位移之比為2:3,故A錯誤；

D.撤去拉力后，兩物體均做勻減速直線運動，對物體受力分析，由牛頓第二定律得=

加速度為%

同理%=4g

UT圖像的斜率的絕對值表示加速度大小，由UT圖像得，A=—，"B=2

則A、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為2:1,故D錯誤；

BC.0，。時間內(nèi)，兩物體均從靜止開始做勻加速直線運動，對物體受力分析，由牛頓第二定律得

F-人鵬=mAa\,F-=m^aR

由UT圖像得?A=%=〃,\g,"B=2aB=2〃BW

聯(lián)立解得，〃A：〃%=3:4

A、B所受的摩擦力之比為3:2,故B正確，C錯誤。

故選B.

8.C

【詳解】AB.對物塊2、3,根據(jù)牛頓第二定律有尸-2mgsine=2"

根據(jù)運動學公式有x=

聯(lián)立可解得：=f:gsin,

t4m2

由題圖乙可知，圖像斜率攵=!m-sa?N'=」一

24m

解得m=0.5kg

圖像縱軸截距的絕對值b=-2.5nVs2=—ggsin0

解得族30。，故AB錯誤；

CD.當F=1ON時，由尸一2mgsin。=2ma

可求得三個物塊的加速度大小為〃=5m/s2

對三個物塊有F(r3mgs\nO=3nia

解得RF15N,故C正確，D錯誤。

故選C。

9.ABC

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可知/-=〃也

整理可得a='?尸一

in

i35

結合圖像可得上=言kg”

in7

解得〃?=2kg,故A正確；

B.由圖可知，a與尸的關系式滿足。=O.5/；—3(m/s2)

結合上述分析可知〃g=3m/s?

解得“=0.3,故B正確；

C.結合上述結論可得最大靜摩擦力為/g、=〃〃?g=6N,故C正確；

D.將尸=10N代入a=0.5F-3(m/s2)

解得a=2m/s2,故D錯誤。

故選ABCo

10.BC

【詳解】AB.設滑塊下滑的加速度大小為4，滑塊在斜面上向上運動的最長距離為人.，滑塊返回斜

Iv2

面底端時速度大小為y,則有匕=0+。卜心，丸=彳％4，xi=xb=--

解得丫=歷？

設滑塊下滑的時間為，下，則有-=。+。下，下

解得“■=出

滑塊在斜面上運動的總時間t4=：+—二

選項A錯誤，B正確;

CD.設滑塊上滑的加速度大小為。匕，斜面的傾角為。，則有%=?■,"啰市夕+〃〃*8$夕二〃心上，

a

〃吆sin0-〃〃?gcos0=ma卜

解得sin。=H+%

2gA

選項C正確，D錯誤。

故選BCo

11.AD

【詳解】A.由圖像可知，f=Os到/=2s時間內(nèi)心=-2f+8,耳=2f+2

在A、B分離的瞬間有

〃?A川B

解得/=2s

則在f=ls時.亥lj,A、B未分離，由整體法得。二山區(qū)=2111人2

〃?A+恤

在f=ls時有以=-2xl+8=6N

以A為研究對象，由牛頓第二定律得6、-/^=，縱〃

解得6B=2N,故A正確；

B.結合上述r=L5s時刻，A的速率為y=m=3m/s,故B錯誤；

C.f=Os到/=2s時間內(nèi)，A運動的位移的大小為工=（。/=401,故C錯誤；

pI

D.A、B分離后有4=-^=彳四八2,6/=?=2m/s2

%2

I/\^\（1/、,「一

/=3s時刻，A、B間的距離Ar=x相=3。桁（加）-=$x2--x（3-2）-=0.75m,故D正確.

故選ADo

12.AD

【詳解】A.作出滑塊Q在0?6s的速度時間圖像，如圖

由乙圖可知,力尸在5s時撤去，此時長木板P的速度為刃=10m/s,6s時兩者速度相同為邊=6m/s,

在。?6s的過程，對Q由牛頓第二定律得=%/

根據(jù)圖乙可知外啜=lm/s2

代入數(shù)據(jù)可得滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù)為"尸0.1，故A正確；

B.5s?6s對P由牛頓第二定律從〃2Qg+〃2（〃?Q+mp）g=mpap

由乙圖可知5s?6s長木板P的加速度大小為W=4m/s'

代入數(shù)據(jù)可得收=0.2,故B錯誤；

C.共速后，對小滑塊Q受力分析由牛頓第二定律〃"Qg=〃[Q%

解得4=lm/s2

對長木板P和小滑塊Q整體受力分析，由牛頓第二定律〃2（陽Q+〃?P）g=（〃?Q+/）。

解得a=2m/s?

故共速后，兩者仍發(fā)生相對滑動，則6s末到長木板P停下的過程，對長木板P由牛頓第二定律得

〃2（”?Q+%）g一必〃28=

Q

代入數(shù)據(jù)可得彳二卷血一

繼續(xù)運動的時間加=々=2.25s

%

故長木板P運動的時間為，=6s+2.25s=8.25s

所以8.25s時長木板P停下來，故C錯誤；

D.由力F作用時,對長木板P受力分析,由牛頓第二定律尸-4gQg-用（飛+飛M=網(wǎng)＞作

其中4P=包=2m/s2

Ar

代入數(shù)據(jù)解得尸=18N,故D正確。

故選ADo

13.（l）4m/s2,2m/s2,1m/s2

（2）24m

（3）9N

【詳解】（I）v“圖像中，圖線斜率的絕對值表示加速度大小，根據(jù)圖乙可知，

0~2s內(nèi)滑塊Q的加速度大小q=^-^m/s2=4m/s2

0-2s內(nèi)木板P的加速度大小巴=1m/s2-2m/s2

兩物體一-起做勻減速直線運動的加速度大?。?=lm/s'

6-2

(2)i，“圖像中，圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則滑塊Q運動的總位移

12x24x6?

x=-------m+-------m=24m

22

(3)0~2s內(nèi)對滑塊Q分析有"Mg="也i

()~2s