专题10牛顿运动定律的图像一、多选题1．（2023·全国）用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（    ）  A． B． C． D．【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。2．（2021·全国）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）A． B．C． D．在时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。3．（2015·全国）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（  ）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】AC．由图可知上滑过程的加速度大小为有下滑过程加速度大小为有联立上述方程可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，故AC符合题意；B．物块的质量无法求得，故B不符合题意；D．物块沿斜面向上滑行的最大高度可知可以求出，故D符合题意。故选ACD。【考点定位】牛顿运动定律【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。4．（2019·全国）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.5．（2015·江苏）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最大 B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大 D．t=8.5s时最小【答案】AD【解析】由于t=2s时物体向上的加速度最大，故此时人对地板的压力最大，因为地板此时对人的支持力最大；而t=8．5s时物体向下的加速度最大，故地板对的支持力最小，即人对地板的最小，故选项AD正确，选项BC错误．6．（2014·四川）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有速度，P与定滑轮间的绳水平，时刻P离开传送带，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ）A． B．C． D．【答案】BC【解析】B．若，且则当P加速运动速度达到后，与皮带一起匀速运动，直到离开转送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B正确；ACD．若，且则P先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；若且则P先匀减速至，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；若且满足中途速度减至，以后满足先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，AD错误。故选BC。7．（2018·海南）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（ ）A．木板的长度B．物块与木板的质量之比C．物块与木板之间的动摩擦因数D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能【答案】BC【解析】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度，A错误；BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为小物块的加速度根据牛顿第二定律得解得BC正确；D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。故选BC。8．（2022·福建）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。二、单选题9．（2022·北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为【答案】B【解析】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为故A错误；B．斜面对物块的摩擦力大小为故B正确；CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得可知则斜面对物块的作用力为故CD错误。故选B。10．（2020·山东）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）A．0~t1时间内，v增大，FN>mg B．t1~t2时间内，v减小，FNmg【答案】D【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmgC错误，D正确。故选D。11．（2014·福建）如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】CD．由题意知，滑块沿斜面下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以速度—时间图像应该是一条倾斜的直线，加速度—时间图像应该是一条平行于时间轴的直线，CD错误；B．根据匀变速运动的规律可知，位移与时间的关系图像的斜率应逐渐变小，是一条开口向下的抛物线的左半部分，B正确；A．下降的高度下降高度与时间的关系图像也应该是一条开口向下的抛物线的左半部分，A错误。故选B。12．（2018·全国）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）A． B．C． D．【答案】A【解析】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=kx+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．13．（2018·浙江）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A． B． C． D．【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C．【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．14．（2016·海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5s、5~10s、10~15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则A．F1F3C．F1>F3 D．F1=F3【答案】A【解析】由v–t图象可知，0~5s内加速度a1=0.2m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ–f–F1=ma1，F1=mgsinθ–f–0.2m；5~10s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsinθ–f–F2=ma2，F2=mgsinθ–f；10~15s内加速度a3=–0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ–f–F3=ma3，F3=mgsinθ–f+0.2m．故可得：F3>F2>F1，选项A正确．【学科网考点定位】图像，牛顿第二定律【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．15．（2015·重庆）若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是（ ）A． B．C． D．【答案】B【解析】由图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，）；过程②为向下匀速直线（平衡，）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，）；综合各个过程，可知B正确，ACD错误。故选B。16．（2023·浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）A．O点最大 B．P点最大C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变【答案】A【解析】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升