专题探究6 牛顿运动定律的图像问题-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春引蓝题物理 专题探究6 牛顿运动定律的图像问题 ☑专题强化 热点聚焦，重难突破|限时：40min 传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是绷 题型1v-t图 紧的，将m=1kg的货物无初速度放在传送带 1.(2023·湖南湘潭二模)如图甲所示，倾角为0 上的A处，经过12s货物到达传送带的B端， 的斜面与水平面在O点通过一段小圆弧平滑 用速度传感器测得货物与传送带的速度？随 连接，一可视为质点的滑块从斜面上某处由 时间t变化的图像如图乙所示，已知g= 静止释放，经过O点滑到水平面上后减速至 10m/s2,则下列判断不正确的是 ( ) 零，该过程中滑块的速率随时间变化的规律 (m.s 货物 如图乙所示.已知斜面和水平面由同种材料构 传送带 成，则滑块与接触面间的动摩擦因数为 00.2 1.2 A.A、B两点间的距离为3.2m B.货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 C.货物在传送带上留下的痕迹长1.2m D.cos0=0.8 A.sin20 B.sin 0 C.tan2 D.tan 2 4.(2024·江苏西交大苏州附中月考)如图所 示，质量为1kg的长木板B放在水平地面上， 2.(2024·陕西渭南二模)如图1.足够高的水平 质量为2kg的物块A放在木板B的左端.物 长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A 块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B 在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其 与地面间的动摩擦因数为0.2设最大静摩擦 -t图像如图2所示.已知砝码B质量为 力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2. 0.20kg,重力加速度g取10m/s2,用m,表示 现对A施加一水平拉力F,则物块速度4、木 物块A的质量，以表示物块A与P点右边桌 板速度后随时间变化的图像可能是() 面之间的动摩擦因数，则有 ( ↑扣s +e/(m's) 4m) 图1 图2 A.m4=1.0kg,μ=0.2 2 t/s B B.m1=0.4kg,=0.125 t/im's) (m's) C.m,=0.8kg,4=0.125 17 17--- D.m4=0.8kg,μ=0.2 3.(2023·浙江嘉兴期中)在大型物流货场广泛 使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为0的 第三章运动和力的关系学明高自 题型2F(或a)-t图 板置于倾角为0=37°且足够长的斜面上.1=0 5.如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌 时对长木板施加沿斜面向上的拉力F,使长木 面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物 板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段 体A,质量均为1kg的物体A、B接触但不粘 时间后撒去拉力F,已知长木板和物块始终保 连.压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后 持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移 由静止释放A、B,同时给物体B施加水平向 之间的关系2-x图像如图(b)所示，已知 右的力F的作用使之做匀加速直线运动，F sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g= 与作用时间（的关系如图乙所示，则下列说 10m/s2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 法正确的是 则下列说法正确的是 ( m2s x/m A.物体A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 (间 B.物体A、B分离时，物体B的加速度为 A,拉力F的作用时间为2s 1m/s2 B.拉力F作用时长木板的加速度大小 C.物体A、B分离时，物体A的速度为 为2m/s2 0.4m/s C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.开始有F作用时，弹簧压缩量为4cm D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为 6.(2023·安徽滁州一模)（多选）如图甲所示， 0.75 物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在 8.(2024·湖南长沙期末)如图甲所示，一质量 光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量 为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放 为1.5kgt=0时对物块A施加水平向右的恒 置一质量为m的小滑块.木板受到水平拉力F 力F,1=1s时撤去，在0~1s内两物块的加速 作用时，用传感器测出长木板的加速度a与 度随时间变化的情况如图乙所示.弹簧始终处 水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g 于弹性限度内，则 ( 取10m/s2,下列说法正确的是 a/(m.s 1.0 ↑a/ms m B00000000 46F A.t=1s时物块A的速度为0.8m/s A.小滑块的质量m=3kg B.t=1s时弹簧弹力为0.6N B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.物块B的质量为0.8kg C.当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大 D.F大小为1.5N 小为3m/s 题型3其他图像 D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一 7.(2023·湖北三模)如图(a)所示，物块和长木 定增大1,有 4.4-0 Wa5m2,木板的位移为后 的加速度大小为，△，2=4m公，根据牛顿第二定律可 m+M 得mgi8-wmg8=ma2,联立解得=37，=0.25，倾斜传送带与 木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L=x,+2, 3 最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对潜动的位移为板长，有 水平方向夹角的正切值为a8=子=075，放A正确，不满足题意 燮求，B错误，满足题意要求：C.0-1。煤块的位移为名=%1 联立各式解得11=19或3s(会)，L=L,5m,故选B. 20片=12x1m- ×8x1m=8m,1~25煤块的位移为=， 5.B解析：A.物块相对木板向右滑动，对木板有g=a2,得2= 2m/s,对物块有Fmg=m1,且根据a,>a2,可得F>6N,放A错 2“,5=4x1m2×4×1m=2m,煤块下滑的过程中，根据动力学 误：品设历时！物块指离术板，则有了4，户- 20=1.则1 公式有+2，，解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为 21- 2L,物块滑离木板时的速度=a1,得=a√a-0 与3=5、，故C错误，满足题意婴求：D.0-1s煤块相对传送带向上 a-az 的位移为△，兰无1-化1=8m-4×1m=4m,1-2s煤块相对传送带向 1 1,可知当 2 下的位移为△x2=3-考=4×1m-2m=2m,2-(2+5):煤块相对 =1,即41=2，=4m。2时物块离开木板 传送带向下的位移为4x=,+2+3=8m+2m+45m=(10+ 4W5)m,由于△r2+△x:>△x1,煤块在传送带上留下的痕迹长为△x= 的速度最小，其最小值1m=4m/s,故B正确：C.当a1=4ms2时， Ax2+41=(12+45)m.故D正确，不满足题意要求.故选BC F=8N,t=1s,木板获得的速度2=21=2m/s,若F>8N,则t<1s, 专题探究6牛顿运动定律的图像问题 故C错误：D.若6N<F<8N,则r2>2m8,故D错误，故选B. 1.D解析：-t图像的斜率表示加速度，由图像得，滑块在0~。时间 6.AD解析：AB.由图像可知当F=12N时，加速度为a=4m/s2,对 整体分析，由牛顿第二定律得F=(M+m)a,代入数据解得M+m= 内，敏匀伽速直线运动，加速度大小4，= ,在6一24时间内，做匀 to 3kg,当今12N时，根据牛顿第二定律得a=Fmg=Fmg,知 减速直线运动，加速度大小2= 0-re MM M ,根据牛顿第二定 2-t6 1 4 图线的斜率为k=M12-10g'=2g,解得M=0.5ks,滑块的 律，在0-n时间内有mgin-mgcs8=ma,①，在。-2g时间内有 sin 质量为m=25kg,故A正确，B错误：CD.根据F>12N的图线知， umg=m,②，由①g两式相比解得：μ1+s0am故D正 F=10N时，a=0,即0=2kg·F-2kg'×4×25N,代人数据解得 确，ABC错误.故选D 4=0.4,当F=8N时，对带块和木板的整体，根据牛横第二定律得 2.C解析：由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为1= 8 F=(W+m)a,解得a'=分m,放D正确，C错误.放选D, 2m/s2, 3-2 7,C解析：A.由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带 在P点右边运动时的加速度为2-一 m/s2▣1m82. 的加速度大于煤块的加速度，有mg<m,解得<。，所以A错误： 由牛顿第二定律mg=(m+r)a1,m8-8产(m+m)a2, 联立解得m4=0.8kg,μ=0.125，故选C B.设煤块的加速度大小为1，对煤块由牛顿第二定律有 3.C解析：BD.由一t图像可知，货物在传送带上先以a,做匀加速直 mg=ma1,解得a,=g, △n2 由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过 线运动，加速度为a,-02m:=10m,对货物受力分析，受 2w2 程中通过的位移1”2a,”2 ,所以B错误： 摩擦力（方向沿皮带向下）、重力和支持力，得mg加B+ 4mgs=a1,同理，货物02s后以42做匀加速直线运动.加速度 C,煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间 4=上=二，所以C正确： d了L2-02m2=2m/2,对货物受力分析，受摩擦（方向活 △r'4-2 41g 皮带向上)、重力和支持力，得mgsin0-mgeos0=ma2,联立解得 D.传送带从开始运动到速度为e经历的时同2= s9=0.8,4=05,BD正确：A.货物在传送带上先做匀加速直线运 动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运 传送带在从开始运动到速度为：的过程中通过的位移2如 动，所以货物由A到B的国距对应图像所同图形的面积为x 则传送带在从速度为到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的 22×02m+ ×(2+4)×1m=32m,A正确：C.在0-024时间 位移 与45=尺2 内，货物相对传送带的位移△，=m151=2×0,2m-2×02×2m= Mg a 0.2m,此过程中，货物相对传送带向后划线：在0,2-1.2s时间内物 22 所以黑色粮迹的长度△r2a所以D错误枚选C 块相对传送带的位移4，=，=2×(2+4)×1m-2×1m=1m,此 8.B解析：若2<1，则开始时物块受沿斜面向下的摩擦力，沿传送带向 过程中，滑块相对传送带向前划线，因4>△1，则传送带上留下的 下做匀加速运动，加速度为a,=g=in8+ge8,共速后若4>tan什，则 痕迹长为1m,C错误故选C 物块与传送带相对静止，随传送带做匀速运动.图像为C:若u<an0, 4.B解析：B.A,B之间的最大静摩擦力为了=41mg=0.7×2×10N= 则共速后物块继续向下加速运动，加速度a=gsin0-g©osB<a1,则 14N,B与地面之间的最大静摩擦力为52=，(m+制)g=0.2×(2+1)× 图像为D:若物块到达底端之前一直未与传送带达到共速，则一直敷 10N=6N.若A,B保持相对静止，A.B之间的摩擦力达到最大静摩 加速度不变的加速运动，则图像为A:若>，则开始时物块受沿斜 擦力时，令拉力为F,,对A.B整体分析，根据牛顿第二定律有F, 面向上的摩擦力，若以<an8,则一直向下加速，若u>nB,则沿传送 2(m+)g=(m+M)a,对A分析.根据牛顿第二定律有F, 带向下做匀碱速运动，当速度诚到与传送带共速时隨传送带一起匀 41g=m01,解得a1=8ms2,F,=30N,可知，在拉力小于或者等于 速运动，物块的速度不可能减为零，则图B不可能.故选B. 30N时，A,B始终保持相对静止，加速度小于或者等于8m。2,-: 9.BC解析：AB.0-1s内煤块的加速度大小为a-A, 112-4 m/s= 图像的斜率表示加速度，该图像中A、B的加速度均为1= /g=25m2c8m2,可知该图像符合要求，放B正确：D.r- 5 8m/g2,根据牛顿第二定律可得mgin+μmgco88=m:,1s后煤块 一 学霸高考·蓝题·物理·17一 图像的斜率表示加速度，该图像中A、B的加速度均为：= B错误： 17 m/=8.5m/3>8m2,结合上述可知，该图像不符合要求A,B CD.设绳中的拉力大小为T,对A,B根据牛顿第二定律有T= 2ma=mas 不能够保持相对静止，故D错误：AC,结合上述可知.若拉力大小大 对C根据牛顿第二定律有4mg-2T=4mac, 于30N,A相对于B向右运动，B向右做匀加速直线运动，加速度为 如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有 a,=8m/g2,由于-1图像的斜率表示加速度，两图像中，表明A、B 25 发生了相对运动，B的加速度为a3= m/2=l.25mv2<8mvg,或 4=m2=4252<8m。2,结合上述可知，两图像不符合 根据运动学公式可知2，=2n,c=2, 联立以上各式解得a,=4m/s2,4c=6m/2,故C错误，D正确 求，故AC错误故选B. 故选D. 5.C解析：A.物体A、B刚分离后的瞬间，B只受拉力F作用，加速度 大于零，即将分离的据间A的加速度应该与B相同.则弹簧弹力大 于零，弹簧处于压缩状态，A错误： A E-XA B。物体A、B分离后，B加速度不变，拉力不变，由图可知，此时B的 拉力为2N,则加速度为a=下=2m公：，B错误： C.物体A,B分离时，A,B的速度相问，均为r==0.4m/.C正确： D.开始有F作用时.弹簧弹力提供两物体的加速度，kx,=2ma, 运动024后.弹簧压缩员为：2， 4.A解析：A.选A,B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 此时弹力提供A物体的加速度，：=m,联立解得x1=008m （m,+ma)gim-um8es9=(m,+mg)a,解得a=gin-g8 3 8cm,D错误.故选C 故A正确：BC.设杆对B的弹力方向向上，根据牛顿第二定律 6.BD解析：A.若物体A的加速度从1.0m2均匀减小到0.6m/s2 图像的面税为4=1+.6x1m=0.8m,而A的初速度为零，可知 有magsin-F,=mra,解得F,= 2umageos 6 一，故BC错误：在水平方 2 向上A,B整体有向左的加速度，由平衡条件A,B整体受到斜面向 1s时的速度为0.8m/s,但实际上物体A的a-t图像的面积偏小，即 左的作用力，根据牛领第三定律可知斜面受到A、B整体向右的作用 速度变化量小于08m/s则t=1s时A的速度大小小于08m/s, 力，斜面始终静止，可知斜面受到地面的摩擦力向左，根据牛顿第三 故A错误：BCD.恒力F抗动A的瞬间，由-t图像知A的加速度为 定律可知地面受到斜面的摩擦力向右，故D错误故选A a=1m/s2,有F=肚，4=1.5N,Is时两者的加速度相等，a= 5.B解析：A,情境①，对环和小球进行受力分析可知.小球具有沿杆 0.6m/s2,对A,B由牛顿第二定律有F-=ma,F第=：=mea,解 向上的加速度，要使环和小球保持相对静止，则环一定沿杆向下做匀 得mm=1kg,F=0.6N,故BD正确，C错误.故选BD 减速运动.对整体受力分析则有4(m+)gs>(m+)gsnB,即有4> 7.C解析：B.由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2信，41一2云 2 anB,故A错误： B.情境②，对小球受力分析可知，若小球具有加速度则必沿竖直方 2×8m=12,B错误：A微去拉力时的速度r=4ms,拉力 116 向，对小环受力分析可，若小环具有加速度则沿杆方向，面小球和 小环要保持相对静止，则小环和小球加速度要相等，故小环和小球 作用时间为，=。=4，A错误：C撒去拉力时的加速度： 2 加速度均为零，即都做匀速直线运动，对整体受力分析，要使整体合 1 力为零，则环一定沿杆向下运动，且有 之×行=8m,由牛顿第二定律(M+m)gi血0+以1(M+ 116 4(m+M)gos8=(m+M)sin8.即有u=an0.故B正确： C情境3，对小环和小球受力分析可知，要使两者具有相同加速度， m)gcs0=(M+m)a2,解得41=0.25，C正确：D.物块与长木板之间 则小环与杆的动摩擦因数：必须等于零，此时小环可能以加速 无相对滑动，由牛顿第二定律山，mg0s0-mg血0≥ma1,解得4：≥ 度gsin8沿杆向上减速，也可能以加速度g加B沿杆向下加速，故 0.875,物块与长木板之间的动摩藤因数不可能为0.75，D错误.故 C错误； 选C D.设细线拉力为F,细线与杆的夹角为α，若小环沿杆向下运动，则 8.C解析：B.由a-F图像可知，小滑块的最大加速度为2m52,对小 对整体受力分析有(m+M)gsin9-(m+M)gc0%9=(m+M)a, 滑块分析有mg=mam,解得μ4=0.2，B错误：A.由a-F图像可知，外 对小球受力分析则有Feos a+Mgsin0=Ma1 力大于6N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F-μmg=Ma, 可知两者加速度不可能相等，故小环只能沿杆向上运动，对整体受 置，由a-F图像可知图像的斜率为二 整理得= ,代人数 力分析有(m+M)gsin0+μ(m+M)geos0=(m+M)a,可得a=gsin0+ ugeos 6. 2 据解得6二。gkg,解得川=1g.由a-术图像可知，外力小 对小球受力分析有Fcos+Mgsin8=Ma:,可得a:=gi血件了o, 于6N时.两物体有共同加速度，外力等于6N时.两物体加速度 两者加速度相等，只需小环与杆的动摩擦因数“不等于零即可，故 为2m/2,对整体分析有F=(M+m)a,解得M+m=3kg,则有m= D错误 3kg-1kg=2kg,A错误：D.由-F图像可知，外力大于6N后两物 故选B 体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大面改变， 6.D解析：A个系统要一起向右运动且斜男与木板不发生相对 D错误：C,由a-F图像可知，外力大于6N后两物体相对带动，对长 运动，则最大加速度不能超过最大静摩擦力所能提供的极限，则：= 木板受力分析有Fumg=n.代入数据整理得F-4N=1kg·n,所 0.4时，整个系统一起向右运动的最大加速度为1=g=4m/2,则 以当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m2,C正确.故 整个系统要一起向右运动且斜势与木板不发生相对运动的最大拉 选C 力为F=maa:=3kg×4m/s2=12N>5N=F,所以F=5N时，木板 第三章综合测试 不会相对斜劈向右运动，故A错误；B.以=Q5时斜劈与小球一起向 1.D2.A 右运动的最大加速度为，=g=52,小球与斜面恰好没有弹力 3.D解析：A.动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B 10 -起向右运动的加速度为6= lan 536=- -m/s2=7.5m/g2, 的加速度，开始运动后在A,B滑出桌面之前，4的速度始终小于B 4 的速度，故A错误： 3 B.动滑轮对C的拉力做负功，物块G的机被能在不断减小，故 <。,不论F多大，小球均能和斜男保持相对静止，小球与斜面间 一学霸高考·蓝题·物理·18一