“牛顿运动定律与图像结合 高频考点 专题练 2026年高考物理一轮复习备考

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“牛顿运动定律与图像结合 高频考点 专题练
2026年高考物理一轮复习备考
一、单选题
1．在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升机上跳下，如图所示为空降兵从跳离直升机到落地的过程中沿竖直方向运动的图像，则下列说法正确的是（　　）
A．空降兵下降的过程可看成自由落体运动
B．内空降兵运动的平均速度小于
C．内空降兵和降落伞整体所受重力小于空气阻力
D．内空降兵做匀速直线运动
2．假设一架无人机质量为4kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其v-t图像如图所示，重力加速度g取下列判断正确的是（　　）
A．无人机上升的最大高度为48m
B．3~4s内无人机在下降
C．无人机的升力大小为32N
D．无人机所受阻力大小为8N
3．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是（　　）
A．2～3 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
D．恒力F大小为10 N
4．如图（a）所示为一款滑杆运输装置自动回拉系统，滑杆与水平面的夹角为，滑杆上套着一质量的小球（可视为质点）。某次测试中，该系统向小球提供沿滑杆方向的外力，小球从点静止出发，规定沿滑杆向上为的正方向，随小球与点间距离的变化关系如图（b）所示，小球所受摩擦力可忽略不计，取，则小球（　　）
A．从点开始运动过程中加速度大小为
B．在时速度大小为0
C．从点开始运动的时间大于的时间
D．从点开始运动的时间小于的时间
5．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道PQ，隧道极窄，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。以球心O为坐标原点，x轴正方向如图所示。从隧道口P点由静止释放一小球，小球能够在隧道PQ内运动，小球运动到某位置时受到的引力大小为F，速度为v。已知小球所受引力随x变化的图象如图所示。小球在运动过程中，下列图象可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．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，。从开始，水平推力和拉力分别作用于A、B上，和随时间的变化规律如图乙所示。则（　　）
A．时，A、B间的弹力为2N
B．时，A、B分离
C．A、B分离时的速度为1.5m/s
D．从开始到A、B分离时，A、B的位移为2m
7．A、B两物体同时受到同样的水平拉力后，分别在水平面上从静止开始做匀加速直线运动，时刻，同时撤去拉力，它们均做匀减速直线运动，直到停止，图像如图所示，重力加速度大小为。在A、B整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两物体位移之比为
B．A、B两物体质量之比为
C．A、B两物体受到摩擦力之比为
D．A、B两物体与水平面间动摩擦因数之比为
8．足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．斜面的倾角θ=60°
B．每个物块的质量m=2.5kg
C．当F=10N时，F0=15N
D．当F=10N时，物块的加速度大小为a=2.5m/s2
二、多选题
9．如图（甲）所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（乙）所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是（　　）
A．物体的质量m=2kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3
C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax=6N
D．在F为10N时，物体的加速度a=2.5m/s2
10．如图甲所示，一小滑块在时刻从底端滑上某一斜面，滑块的图像如图乙所示，图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．滑块在斜面上运动的总时间为
B．滑块在斜面上运动的总时间为
C．斜面倾角的正弦值为
D．斜面倾角的正弦值为
11．如图1所示，光滑水平面上并排静止放置着、两个物体（两物体接触但不黏合），、的质量分别为和。时刻，水平推力和水平拉力同时分别作用于、上，、随时间变化的关系如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，、间相互作用力的大小为
B．时刻，的速率为
C．到时间内，运动的位移大小为
D．时刻，、间的距离为
12．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为，小滑块Q的质量为，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
C．时长木板P停下来
D．恒力F的大小为
三、解答题
13．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求：
(1)0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
14．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图甲所示，倾斜滑轨与水平面成，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其速率的二次方随路程变化的图像如图乙所示。已知货物与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点，不计货物经过倾斜滑轨底端的机械能损失。重力加速度。求：
(1)货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
(2)坐标轴上的值；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度为，货物在滑轨上滑行的总时间。
15．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数；
(2)长木板P与地面之间的动摩擦因数；
(3)长木板P停下来的时间。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D B B D D B C ABC BC
题号 11 12
答案 AD AD
1．D
【详解】A．图像中，图线的切线斜率表示加速度，由题图可知空降兵下降的过程加速度变化，不能看成自由落体运动，故A错误；
B．内，根据及图像与轴所围成的面积表示位移可知，在该时间内的位移大于在该时间内做匀加速运动的位移，可知空降兵运动的平均速度大于，故B错误；
C．0~10s内空降兵有向下的加速度，由牛顿第二定律得
则，故C错误；
D．由题图可知，内空降兵做匀速直线运动，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．v-t图线与坐标轴所围的面积表示位移，则无人机上升的最大高度为
故A错误；
B．内无人机减速上升，故B错误；
CD．无人机加速上升时的加速度大小
则由牛顿第二定律有
减速上升时的加速度大小
则由牛顿第二定律有
联立解得升力大小为
无人机所受阻力大小为
故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】AB．根据速度位移公式
可得匀减速直线运动的加速度大小
匀加速直线运动的加速度大小
由乙图，可知物体做匀减速的初速度为，则速度减为零的时间
则物块1s后做匀加速直线运动，所以2～3 s内物块做匀加速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，故A错误，B正确；
CD．根据牛顿第二定律，物体做匀减速有
物体做匀加速有
联立解得，，故CD错误。
故选B。
4．B
【详解】A．运动过程中沿杆方向受力分析
解得，故A错误；
BCD．运动过程中沿杆方向受力分析
解得
运动到2m时的时间
运动到2m时的速度
由可得的运动时间
由可得的速度。故B正确，CD错误。
故选B。
5．D
【详解】B．根据题意可知靠近时，引力变小，根据牛顿第二定律可知加速度变小，则图像斜率先减小后增大，B错误；
ACD．加速度先变小后变大，则图像斜率先变小后变大，D正确，AC错误。
故选D。
6．D
【详解】A．根据题中图像，可以在内写出两个推力随时间变化的关系，，
对整体分析，由牛顿第二定律有
如果A与B共同加速运动，则有
在时，
对A有
解得，故A错误；
BC．当A与B要分离时，接触面上弹力为0，即
此时A与B依然有相同的加速度
对A，有
此时解得
速度，故BC错误；
D．到分离前，，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．图像中，面积表示位移，故两物体的位移之比为，故A错误；
D．撤去拉力后，两物体均做匀减速直线运动，对物体受力分析，由牛顿第二定律得
加速度为
同理
图像的斜率的绝对值表示加速度大小，由图像得
则A、B两物体与水平面间动摩擦因数之比为，故D错误；
BC．时间内，两物体均从静止开始做匀加速直线运动，对物体受力分析，由牛顿第二定律得，
由图像得，
联立解得
A、B所受的摩擦力之比为，故B正确，C错误。
故选B。
8．C
【详解】AB．对物块2、3，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立可解得
由题图乙可知，图像斜率
解得m=0.5kg
图像纵轴截距的绝对值
解得θ=30°，故AB错误；
CD．当F=10N时，由
可求得三个物块的加速度大小为a=5m/s2
对三个物块有F0 3mgsinθ=3ma
解得F0=15N，故C正确，D错误。
故选C。
9．ABC
【详解】A．根据牛顿第二定律可知
整理可得
结合图像可得
解得，故A正确；
B．由图可知，与的关系式满足
结合上述分析可知
解得，故B正确；
C．结合上述结论可得最大静摩擦力为，故C正确；
D．将代入
解得，故D错误。
故选ABC。
10．BC
【详解】AB.设滑块下滑的加速度大小为，滑块在斜面上向上运动的最长距离为，滑块返回斜面底端时速度大小为，则有，，
解得
设滑块下滑的时间为，则有
解得
滑块在斜面上运动的总时间
选项A错误，B正确；
CD.设滑块上滑的加速度大小为，斜面的倾角为，则有，，
解得
选项C正确，D错误。
故选BC。
11．AD
【详解】A．由图像可知，到时间内，
在、B分离的瞬间有
解得
则在时刻，、B未分离，由整体法得
在时有
以为研究对象，由牛顿第二定律得
解得，故A正确；
B．结合上述时刻，的速率为，故B错误；
C．到时间内，运动的位移的大小为，故C错误；
D．、B分离后有，
时刻，、B间的距离，故D正确。
故选AD。
12．AD
【详解】A．作出滑块Q在的速度时间图像，如图
由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=10m/s，6s时两者速度相同为v2=6m/s，在0～6s的过程，对Q由牛顿第二定律得
根据图乙可知
代入数据可得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1=0.1，故A正确；
B．5s～6s对P由牛顿第二定律
由乙图可知5s～6s长木板P的加速度大小为
代入数据可得μ2=0.2，故B错误；
C．共速后，对小滑块Q受力分析由牛顿第二定律
解得
对长木板P和小滑块Q整体受力分析，由牛顿第二定律
解得
故共速后，两者仍发生相对滑动，则6s末到长木板P停下的过程，对长木板P由牛顿第二定律得
代入数据可得
继续运动的时间
故长木板P运动的时间为
所以8.25s时长木板P停下来，故C错误；
D．由力F作用时，对长木板P受力分析，由牛顿第二定律
其中
代入数据解得，故D正确。
故选AD。
13．(1)4m/s2，2m/s2，1m/s2
(2)24m
(3)9N
【详解】（1）v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知，
0~2s内滑块Q的加速度大小
0~2s内木板P的加速度大小
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小
（2）v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移
（3）0~2s内对滑块Q分析有
0~2s内对木板P分析有
两物体一起做匀减速直线运动，对PQ整体分析有
联立代入数据解得F＝9N。
14．(1)2m/s2
(2)4m
(3)
【详解】（1）以货物为研究对象进行受力分析
解得
（2）由图可知，的值为货物开始下滑到斜轨底端的位移，为货物到达斜轨底端时速度的平方值，根据
解得
（3）设货物在倾斜滑轨上运动的时间为；在水平滑轨上的运动时间为，加速度为，则
可得
在水平滑轨上，根据牛顿第二定律
解得
由
解得
货物在滑轨上滑行的总时间
可得
15．(1)0.05
(2)0.075
(3)9s
【详解】（1）设滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s，6s时两者速度相同为v2=3m/s，在0~6s的过程，对Q，由牛顿第二定律得
根据图乙可知
代入数据，联立解得
（2）设长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，在5s~6s，对P，由牛顿第二定律得
由乙图可知
代入数据可得
（3）6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
代入数据可得
这段时间
故长木板P停下来的时间
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