第三章 专题探究6 牛顿运动定律的图像问题-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有 6 联立各式解得1=1s或3s(舍)，L=1.5m,故选B. 5.D解析：AB.对煤块，根据牛顿第二定律，有mg=m1,可得煤块 向右运动的加速度a1=4g=2m/。2;对长木板，根据牛顿第二定律， 有F-mg=Ma1,解得长木板向右运动的加速度a2=1m/s2,经过： 时间两者共速o+a2t=a,',解得=3s,共速后两者一起以相同的加 速度向右加速，根据牛顿第二定律，有F=(M+m)a3,解得43 m2,故AB错误：CD.在1=3：时间内，煤块向右运动位移 7 2=9m,长木板向右运动的位移为与=+2，解得= 1 135m,煤块相对长木板向左的位移为x=1-2=4,5m,故C错误 D正确.故选D. .2 6.BCD解析：ABC.由图可知a,=千m/=2m/,ana5m/= 8m/,aa=m2=43.根据牛顾第二定律可得4 1mag2(mA+mn）g mcg-Mim8g ，4 ,61=1g,代入数据 mA mB+mc m后 解得41=0.4，mc=6kg,42=02,故A错误，BC正确：D.为使滑块B 始终不脱离木板A,则二者共速时，B滑到A的最左端，由图可知A 至少长为1=2x之×2x(1-0,25)m=15m,故D正确故选BCD, 7.BC解析：A.开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩 擦力为∫严mg,根据牛顿第二定律f=m4,解得a=2m/:2,故A错 误：BC.行李达到和皮带速度相同需要的时间为1= 卫=0.2，位移 为=2=0.04m,行李匀速到B的时间为h 1=49s,行李 从A运动到B处的时间为1=1+2=5.18，故BC正确；D,行李在传 送带上留下的摩擦痕迹长度为△x=说1~1=0.04m,故D错误故 远BC. 8.B解析：若2<知1，则开始时物块受沿斜面向下的摩擦力，沿传送带向 下做匀加速运动，加速度为a1=gsin6+gcos8,共速后若u>an8,则 物块与传送带相对静止，随传送带做匀速运动，图像为C:若4<an6, 则共速后物块继续向下加速运动，加速度a2=gsin0-gc0%0<a1,则 图像为D:若物块到达底端之前一直未与传送带达到共速，则一直做 加速度不变的加速运动，图像为A:若2>，则开始时物块受沿斜面 向上的摩擦力.若4<n6,则一直向下加速，若4>an8,则沿传送带 向下做匀减速运动，当速度减到与传送带共速时随传送带一起匀速 运动，物块的速度不可能减为零，则图B不可能故选B 9.AC解析：A工件加速过程，根据牛顾第二定律有mgcs30°- mgsin30°=ma,解得a=4m/:2,故A正确；B.加速过程，根据速度 与位移的关系有2=2x1,解得x=0.5m,放B错误：C.工件加速经 历时间1=”=0.5s,根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在 传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相 对静止的相邻工件间的距离为△x=1=1m,故C正确：D.工件从A 端传送到B端所需要的时间为6=4，则工件匀速的位移为，= (0-4)=7m,A,B两端的距离无8=1+3=7.5m,故D错误故 选AC 专题探究6牛顿运动定律的图像问题 1.B解析：D。由一t图线上坐标轴的围面积表示位移，可知杆长为 x=03x0.3 m=0.045m=4.5cm,故D错误：AB.由牛顿第二定律得 2 F-mg=ma1mg=ma2,由图可知激去F前后算珠的加速度大小分 0.3 别为a1=a105m/g2=2m/,联立解得u=02,m=25g,故A错 误，B正确：C,若F不撒去，算珠将以2m/2的加速度做匀加速直 线运动，经0.2运动位移为Z×2x0.2m=4m<45m,则此 时未到归零状态，故C错误故选B 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a1= 一学霸高考·白 2m/袋2 3-2 在P点右边运动时的加速度为2号m?e1m心， 由牛顿第二定律mgg=(m+mg)a1,mg8mAg=(m+m后）a2, 联立解得m4=0.8kg4=0.125,故选C 3.D解析：A由图2可知，物块运动从0开始先加速到与传送带共速 ("失=6m/s),之后再继续加速到传送带未端，设动峰擦因数为4， 速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共速前，物块加速 度大小a,=gin30°+gem30°=5？=6/2，解得u=5 6 3 故A错误；B.共速后，物块加速度大小a2=gsin30°-gcos30°= 4m/g2,物体滑到Q点的速度大小为g=共+a24=(6+4x1)m/s= 10m/s,故B错误；C.速度时闻图像与坐标轴所圈面积表示位移， PQ两点之同的距离为=（行×6x1,51）m=1m,放c错 2 误：D.由图像可知从开始到共速用时1=13，则共速前划痕△1= 共2“斤，联立以上解得4x1=3m由图像2可知，共速后到Q 1 点用时=1，则共速到Q点划痕△=共4+之片共h,联立 以上，解得△2=2m<△1，故传送带划痕的长度为3m,故D正确。 故远D, 4BC解析：AB.在0-18，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木 板，设木板与地面的动摩擦因数为4，物块与木板间的动摩擦因数 为凸1，由牛顿第二定律可得凸mg-4o(M+m)g=Ma1,由-t图像可 知a9 m/s2■1m/s2:对物块，由牛顿第二定律可得F- 2-0 4mg=ma2,由-t图像可知a=宁m/公=2m:撤去，对木 板，由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块41mg=m,从微去 外力到共速"共=22'4山=114，其中为物块速度，西1为木板 速度，联立解得41=0.3，m=3kg,=0.2,故A错误，B正确；C.t= 1.3s时，根据整体法，物块的加速度大小为o(M+m)g=(M+m)4, 解得3=2m,故C正确：D.0-125s木板的位移1=2% 0-1物块位移=21，其中=1s,1-1.25。物块位移 )(+实)4山，木板长度至少为L=+场-1-0625m,赦D错误 故选BC 5.D解析：B.根据图像可得F,=6-24,在0-3内Fm=2+2,当二者 之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有 E人F,即 沉AmB -.2+2，解得1=2，放B错误；A1=05时，AB没 13 有分离，看成一个整体，则有F4+F8=(m+m)a,解得a=2m/2, 隔离A,根据牛顿第二定律，有FA-F”=maa,代入数据解得F”=3N, 故A错误：CD.由以上分析可知分离前的加速度为a=2m/:2,分离 时，它们的位移为x=2a=2×2x2m=4m,A,B分离时的速度 为=at=4m/s,故C错误，D正确.故选D. 6.BD解析：A.若物块A的加速度从1.0m/s2均匀减小到0.6m/s2, 图像的面积为4如x1m=Q8,面A的初速度为不，可知 1s时的速度为0.8m/s,但实际上物块A的a-t图像的面积偏小，即 速度变化量小于0.8m/s,则t=1s时A的速度大小小于0.8m/8, 故A错误：BCD.恒力F拉动A的瞬间，由a-t图像知A的加速度为 g=1m/餐，有F=m=1.5N,1s时两者的加速度相等，a= Q.6m/s2,对A,B由牛顿第二定律有F-x=m4a,F=:=m8a,解 得m:=1kg,F弹=0.6N,故BD正确，C错误故选B即. 2 7,C解析：B.由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，12云 m/s2=1m/s2,B错误；A.撤去拉力时的速度e=4m/s,拉力 2 作用时间为1=。=4s,A错误；C.撤去拉力时的加速度a=2 题·物理·18一 之×号/g=8mg3,由牛顿第二定律(M+m)gi血9+4，(M+ 116 m)gcos8=(M+m)a2,解得41=0.25，C正确：D.物块与长木板之间 无相对滑动，由牛顿第二定律从2mgc0s8-mgsin8≥ma1,解得山≥ 0875,物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误.故 选C. 8.C解析：B.由a-F图像可知，小滑块的最大加速度为2m/2,对小 滑块分析有mg=maa,解得μ=0,2，B错误；A.由a-F图像可知，外 力大于6N后两物体相对带动，对长木板受力分析有F-ng=Ma, 整理得a=立学，由。一卡图像可知图像的斜率为 M,代人数 2 据解得6二4g'1kg',解得M1g,由a-F图像可知，外力小 于6N时，两物体有共同加速度，外力等于6N时，两物体加速度 为2m/:2,对整体分析有F=(M+m)a,解得M+m=3kg,则有m= 3kg-1kg=2kg,A错误：D.由a-F图像可知，外力大于6N后两物 体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变， D错误：C.由a-F图像可知，外力大于6N后两物体相对滑动，对长 木板受力分析有Fmg=Ma,代入数据整理得F-4N=1kg·a,所 以当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m/:2,C正确.故 选C 第三章综合测试 1B解折：5F的单位为N宁4心的单位亭a(号厂广=x 血1 ,当x2时为g·g2=N故选B 之D解折：A对物体受力分析可知F=红二。可知弹资的伸长量 为。选项A错误：品绳子上的拉力为T=m心m0,选项B错 误：C,剪断弹簧的瞬间，细绳的弹力立刻变为零，此时物体只受重力 作用，加速度为g,选项C错误：D.剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不 变，此时物体受合力大小F合=T=mgtn8=ma,解得物体的加速度 为a=gtan0,选项D正确.故选D. 3.A解析：以质量为m的物体为研究对象，其受重力mg,斜面支持 力N,斜面摩擦力f的作用，如图1所示： mg 图1 图2 且物体与电梯有相同的竖直向上的加速度，建立图示坐标系，如 图2，把重力和加速度：分解到坐标轴上，在x轴方向上有 mgsin0=ma,=masin8,在y轴方向上有N-mgc0s8=ma,=macos8, 联立解得f=m(g+a)ine、N=m(g+a)cos8故选A 4.A解析：根据等时圆模型，如图所示： 只需要求出AP、BP、CP的时间之比，设最小圆的直径为d,则 √3：2：1.故选A 5.A解析：A.选A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 （m,+mngi0-wm8oe0=(+m)a,解得a=gsin0-g9o0, 3, 故A正确：BC.设杆对B的弹力方向向上，根据牛顿第二定律 一学霸高考·白 有ma8in0-F=ma,解得月，三2m8c 一，故BC错误：在水平方 3 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 左的作用力，根据牛顿第三定律可知斜面受到A、B整体向右的作用 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 定律可知地面受到斜面的摩擦力向右，故D错误，故选A 6.C解析：A.重心最低时加速度向上最大，可知d点为机器人起跳 动作中重心最低点，故A错误：B.a-:图像的而积表示速度的变化 量，c点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动，故 B错误：C.d点位置机器人以20m/s2向上加速，由F-mg=ma,解得 F=1200N,由牛顿第三定律可知其对地面压力大小为1200N,枚 C正确：D.机器人开始离开地面时加速度应为-g,故在：点机器人 还没有开始离开地面，故D错误.放选C 7.A解析：B.假定两钢管与地面倾角为8、砖块的质量为m,每一根 钢管对砖块的支持力为N,以砖块为研究对象，只在垂直于钢管平 面内对其受力分析，如图所示： 钢管 依题意有2Ncs&=mgcos0,则有N=gcs0若仅将两钢管间距增 2cos a 大一些，由于支持力垂直于接触面，a角保持不变，0不变，则N不 变，即N=N2,故B错误：CD.假定砖块与钢管的动摩擦因数为4， 则摩擦力为f=2μW,据前面分析，由于N不变，则下滑过程中钢管对 砖块的摩擦力不变，即=，故CD错误：A.根据牛顿第二定律 有ma=mgin-,解得a=ging-Hgo9,可以看出砖块的加速度 Cos 与破块的质量无关，由于a、8不变，则下滑的加速度不变，即1 42,故A正确.放选A 8.BD解析：A.由题意可知在ab段做匀加速运动，在bc段做匀减速 运动，两假距离相等，则时同相等，在a6段时L=血a~片，可知 小期k从0到：下带的时间为1=2=2高。放A错误：品小 朋友滑到b点时速度最大，则下滑的最大速度为。=√2L= √2 gLsin a,故B正确：C.由在ab段和e段的加速度等大反向可 知gia=-(gin4gcsa),解得小朋友与滑梯c段间的动摩擦因数 为4=2ma,故C错误：D.在c段下滑的过程中小朋友受的合外力为 F合=0=mgcos a-mgsin a=mgsin a,带梯对小朋友的作用力大小为F= √(mgoos)2+(ngsa=mg√1u2awa=mg√e'a+4in2a,故 D正确.故选BD, 9.AC解析：A.木板和木块间的最大静摩擦力F=41mg=0.5×4× 10N=20N,因为F,=40N>20N,所以木块会相对木板向右滑动 木块对木板的滑动摩擦力水平向右，大小为F=20N,木板和地面 间的最大静摩擦力F2=42(m+M)g=0.2×(4+2)×10N=12N,同 时在木板上施加一个水平向右的恒力F2,由于Fn+F2>F2,故加 两个恒力后木板一定会向右滑动，故A正确：B.若木块和木板不相 对滑动，对整体由牛顿第二定律F+F2山(m+M)g=(m+M)a1,解 得a1=10m/。2,对木块，设木块受到的摩擦力为F。,由牛颠第二定 律F,+fa=ma,解得Fn=0,故B错误：C.为了使板块间不产生相 对滑动，F2取最大值时，木块受到向右的最大静摩擦力，对木块由 牛顿第二定律得F,+Fl=ma2,解得a2=15m/2,对木块和木板 整休由牛顿第二定律得F,+F22(m+M)g=(m+M)a2,解得F2= 62N,故C正确；D.设F2方向向左且木块对木板最大静章擦力向 右，两者以共同的加速度a3运动，对木块F-41mg=ma3,解得a= 5m/2:对木板，由牛顿第二定律h1mg-2(M+m)g-F2=M3,解得 F2=-2N,故F2方向向右，若将F2方向改成水平向左，不可能使板 块间不产生相对滑动，故D错误故选AC. 055aA(o号(（信）④2答(s员 解析：(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以d= 题·物理·19学霸高春白题物理 专题探究6牛顿是 ☑专题强化热点聚焦，重准突破限时：40min 题型1y-t图 1.(2025·广西一模)如图甲所示，一算盘静置 在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定 的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆 的一端处于未归零状态，在t=0时刻对算珠 施加沿杆方向的力F=O.1N使其由静止开 始运动，经0.15s撤去F,此后再经0.15s恰 好能到达另一端处于归零状态算珠在整个 运动过程中的-1图像如图乙所示，算珠可 视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加 速度g取10m/s2,忽略算珠体积.下列说 法正确的是 ) 未归零归零 03ms 0.2 0.1 0.10.203s 甲 A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 B.算珠的质量为25g C.若不撤去F,则算珠在0.2s时已处于归 零状态 D.杆长9cm 2.(2024·陕西渭南二模)如图1，足够高的水平 长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A 在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其 v-t图像如图2所示.已知砝码B质量为 0.20kg,重力加速度g取10m/s2,用m1表示 物块A的质量，4表示物块A与P点右边桌 面之间的动摩擦因数，则有 ( /(m's 图1 图2 048 动定律的图像问题 A.m4=1.0kg,4=0.2 B.m4=0.4kg,u=0.125 C.m4=0.8kg,=0.125 D.mu=0.8kg,u=0.2 3.(2025·河南二模)如图1所示，倾角为30° 的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一 质量为m的可视为质点的深色物块轻放在 传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送 带底端Q点物块的速度v随时间t的变化图 像如图2所示，重力加速度大小g取10m/s2, 下列说法正确的是 t/(m-s) 6 @30 2/ 图1 图2 A.物块与传送带之间的动摩擦因数为3 B.物体滑到Q点的速度大小为9m/s C.P、Q两点之间的距离为12m D.传送带划痕的长度为3m 4.(2025·云南昆明一模)（多选）如图甲所示 质量为1kg的木板置于水平地面上，木板最 左端放有可视为质点的物块t=0时刻，对物 块施加水平向右、大小为F=15N的恒力；t= 1.0s时刻，撤去F,物块、木板运动的速度v 随时间：变化的图像如图乙所示取重力加速 度g=10m/s2.下列说法正确的是() 1/m-s 2.0 1.0 1.01.25/s A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3kg C.t=1.3s时，物块的加速度大小为2m/s2 D.木板的长度至少为0.75m 题型2F(或a)-t图 5.(2025·山东菏泽一模)如图甲所示，A、B两 个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水 平面上.已知m4=1kg,ma=3kg从t=0开 始，推力F,和拉力F。分别作用于A、B上， F,和F。随时间的变化规律如图乙所示.则 ( ↑F/N 8 6 F A B Fa. 2+ 0123456i 甲 A.t=0.5s时，A、B间的弹力为2N B.t=1s时，A、B分离 C.分离时，它们的位移为4.5m D.A、B分离时的速度为4m/s 6.(多选)如图甲所示，物块A、B中间用一根轻 质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处 于原长，物块A的质量为1.5kgt=0时对物 块A施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去， 在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情 况如图乙所示弹簧始终处于弹性限度内，则 ↑a/m-s 1.0 0.6 B000000A 甲 A.t=1s时物块A的速度为0.8m/s B.t=1s时弹簧弹力为0.6N C.物块B的质量为0.8kg D.F大小为1.5N 题型3其他图像 7.如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为0= 37°且足够长的斜面上.t=0时对长木板施加 第三章运动和力的关系学丽高春 沿斜面向上的拉力F,使长木板和物块由静止 开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力 F.已知长木板和物块始终保持相对静止，两 者上滑时速度的平方与位移之间的关系2-x 图像如图(b)所示，已知sin37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2,认为最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正 确的是 /(m2) 37 m A.拉力F的作用时间为2s B.拉力F作用时长木板的加速度大小 为2m/s2 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为 0.75 8.(2024·湖南长沙期末)如图甲所示，一质量 为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放 置一质量为m的小滑块.木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度α与 水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2,下列说法正确的是 () ↑alm*s F 0246FN A.小滑块的质量m=3kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大 小为3m/s2 D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一 定增大 049