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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。
1
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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
2
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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
3
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【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1kg
B．2s~4s 内，力F 的大小为0.4N
C．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
4
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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；
5
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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
6
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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
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【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（ ）
8
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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，FN<mg
C．t2~t3时间内，v 增大，FN <mg
D．t2~t3时间内，v 减小，FN >mg
【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
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状态，则
FN<mg
A 错误；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则
FN=mg
B 错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则
FN>mg
C 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；
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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=k x+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
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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0~5 s、5~10 s、10~15 s 内F 的大小分别为F1、F2
和F3，则
A．F1<F2
B．F2>F3
C．F1>F3
D．F1=F3
【答案】A
【解析】由v–t 图象可知，0~5 s 内加速度a1="0.2" m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–
F1=ma1，F1="mgsin" θ–f–0.2m；5~10 s 内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2="mgsin"
θ–f；10~15 s 内加速度a3="–0.2" m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3="mgsin" θ–
f+0.2m．故可得：F3>F2>F1，选项A 正确．
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【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
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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，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二
定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
17．（2022·广东）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，经过水
平NP 段后飞入空中，在Q 点落地。不计运动员经过N 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能
表示该过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设斜坡倾角为
，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
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运动员在水平
段做匀速直线运动，加速度
运动员从
点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在
点的速度为
，则从
点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从
点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C 正确，ABD 错误。
故选C。
三、解答题
18．（2020·浙江）如图1 所示，有一质量
的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、
匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的
时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的
图线如图
2 所示，
末速度减为0 时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【答案】(1)
，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【解析】(1)由图2 可知0~26s 内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律
有
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根据图2 得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2 根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的
，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的
，则有
所以总位移为
h=40m
19．（2015·全国）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右
端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。
时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至
t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始
终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的
图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，
重力加速度大小g 取10m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数
及小物块与木板间的动摩擦因数
；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移
，末速度
，其逆运动则为匀加速直线运
动可得
解得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得
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对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为
此时，木板向左的位移为
末速度
滑块向右位移
此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为
假设又经历
二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移
末速度
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滑块位移
此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为
20．（2014·全国）奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km 的高空后跳下，经过4 分
20 秒到达距地面约1.5km 的高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加
速度的大小g＝10m/s2．
(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小．
(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为Ff＝kv2，其
中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关，已知该运动员在某段时间
内高速下落的v－t 图象如图所示，若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最
大速度时所受的阻力系数．(结果保留1 位有效数字)
【答案】(1)87s 8.7×102m/s (2)0.008kg/m
【解析】（1）设运动员从开始自由下落至1.5km 高度处的时间为t，下落距离为S，在1.5km 高度处的速
度大小为v，根据运动学公式有：
①
19
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②
依题意有
③
联立①②③式可得：t=87s
v=8.7×10
④
2m/s⑤
（2）该运动员达到最大速度
时，加速度为零，由牛顿第二定律有：
⑥
由所给的v-t 图象可读出
，可得：k=0.008kg/m⑧
【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问
题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或
者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
21．（2023·上海）如图（a），线框
位于倾斜角
的斜面上，斜面上有一长度为
的单匝矩形磁
场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为
，已知线框边长
，
，总电阻
，现对线框施加一沿斜面向上的力
使之运动。斜面上动摩擦因数
，线框速度随时间变
化如图（b）所示。（重力加速度
取
）
（1）求外力
大小；
（2）求
长度
；
（3）求回路产生的焦耳热
。
【答案】（1）1.5N；（2）0.5m；（3）0.4J
【解析】（1）由图（b）可知在0~0.4s 内线框做匀加速运动，加速度为
根据牛顿第二定律有
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代入数据可得
（2）由图（b）可知线框cf 匀速进入磁场，则有
其中
联立可得
，
（3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即
21
