高考物理动力学的图像问题专题训练
专题1.7 动力学的图像问题
【专题诠释】 1.“两大类型”
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线,要求分析物体的运动情况. (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线.要求分析物体的受力情况. 2.“一个桥梁”:加速度是联系v -t 图象与F -t 图象的桥梁. 3.解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别:分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点.
(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等表示的物理意义.
(3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与物体的运动情况相结合,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图象中得出的有用信息.这些信息往往是解题的突破口或关键点. (4)动力学中常见的图象:v -t 图象、x -t 图象、F -t 图象、F -a 图象等. 【高考引领】
【2019·全国卷Ⅲ】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 =4 s 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10 m/s 2
。由题给数据可以得出( )
A .木板的质量为1 kg
B .2~4 s 内,力F 的大小为0.4 N
C .0~2 s 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】 木板和实验台间的摩擦忽略不计,由题图b 知,2 s 后木板滑动,物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩=0.2 N 。由题图c 知,2~4 s 内,木板的加速度大小a 1=0.42
m/s 2=0.2 m/s 2
,撤去外力F 后的加速
度大小a 2=0.4-0.21
m/s 2=0.2 m/s 2
,设木板质量为m ,据牛顿第二定律,对木板有:2~4 s 内:F -F
摩
=ma 1,4 s 以后:F 摩=ma 2,解得m =1 kg ,F =0.4 N ,A 、B 正确。0~2 s 内,木板静止,F =f ,由题图b 知,F 是均匀增加的,C 错误。因物块质量不可求,故由F 摩=μm 物g 可知动摩擦因数不可求,D 错误。 【2018·新课标全国Ⅲ卷】地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升
的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加
速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和 第②次提升过程()
A .矿车上升所用的时间之比为4:5
B .电机的最大牵引力之比为2:1
C .电机输出的最大功率之比为2:1
D .电机所做的功之比为4:5 【答案】AC
【解析】设第②次所用时间为t ,根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,1
2
×2t 0×v 0=
12×(t +3t 0/2)×1
2
v 0,解得:t =5t 0/2,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 0/2=4∶5,选项A 正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F –mg =ma ,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,选项B 错误;由功率公式,P =Fv ,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,选项C 正确;加速上升过程的加速度a 1=
00v t ,加速上升过程的牵引力F 1=ma 1+mg =m (0
v t +g ),减速上升过程的加速度a 2=–
00v t ,减速上升过程的牵引力F 2=ma 2+mg =m (g –0
v t ),匀速运动过程的牵引力F 3=mg 。第①次提升过程做功W 1=F 1×
12×t 0×v 0+F 2×12×t 0×v 0=mgv 0t 0;第②次提升过程做功W 2=F 1×12×12t 0×12
v 0+F 3×12v 0×3t 0/2+F 2×12×12t 0×1
2
v 0=mgv 0t 0;两次做功相同,选项D 错误。
【2015·新课标全国I 卷】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v 0、v 1、t 1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】根据牛顿第二定律,向上滑行过程v 0
t 1=g sin θ+μg cos θ,向下滑行过程v 1t 1
=g sin θ-μg cos θ,整理可得g sin θ=
v 0+v 1
2t 1
,从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数,选项A 、C 对.小球滑上斜面的初速度v 0已知,向上滑行过程为匀变速直线运动,末速度0,那么平均速度即v 0
2
,所以沿斜面向上滑行
的最远距离s =v 02t 1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度s sin θ=v 02t 1×v 0+v 12gt 1=v 0v 0+v 1
4g
,
选项D 对.仅根据速度—时间图象,无法求出物块质量,选项B 错. 【方法技巧】
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始.
(2)理解图象的物理意义,能够抓住图象的一些关键点,如斜率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再结合牛顿运动定律求解. 【最新考向解码】
【例1】(2019·宁夏银川模拟)将一个质量为1 kg 的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的v -t 图象如图所示,g 取10 m/s 2
.下列说法正确的是( )
A .小球所受重力和阻力之比为6∶1
B .小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C .小球回落到抛出点的速度大小为8 6 m/s
D .小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态 【答案】C
【解析】小球向上做匀减速运动的加速度大小a 1=12 m/s 2
,根据牛顿第二定律得mg +f =ma 1,解得阻力f =ma 1-mg =2 N ,则重力和阻力大小之比为5∶1,故选项A 错误;小球下降的加速度大小a 2=mg -f m =10-2
1
m/s 2=8 m/s 2
,根据x =12
at 2得t =
2x
a
,知上升的时间和下落的时间之比为t 1∶t 2=a 2∶a 1=6∶3,
故选项B 错误;小球匀减速上升的位移x =12×2×24 m=24 m ,根据v 2
=2a 2x 得,v =2a 2x =2×8×24 m/s
=8 6 m/s ,故选项C 正确;下落的过程中,加速度向下,处于失重状态,故选项D 错误.
【例2】(2019·哈师大附中模拟)如图甲所示,水平长木板上有质量m =1.0 kg 的物块,受到随时间t 变化的
水平拉力F 作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小.重力加速度g 取10 m/s 2
.下列判断正
确的是( )
A .5 s 内拉力对物块做功为零
B .4 s 末物块所受合力大小为4.0 N
C .物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D .6~9 s 内物块的加速度的大小为2.0 m/s 2
【答案】 D
【解析】 根据图象,最大静摩擦力为4 N .4 s 后,物块受到拉力F 大于4 N ,开始运动,所以5 s 内拉力做功不为零,A 错误;4 s 末,物块所受合力为零,B 错误;物块所受滑动摩擦力为F f =3 N ,质量m =1.0 kg ,根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ=F f
mg
=0.3,C 错误;6~9 s 内,物体的加速度
a =F -F f m =5-31
m/s 2=2.0 m/s 2,D 正确.
【例3】(2019·浙江普通高校招生选考模拟)如图所示,是某人站在压力板传感器上,做下蹲——起立的动作时记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为力(单位为N),横坐标为时间(单位为s)。由图线可知,该人的体重约为650 N ,除此之外,还可以得到的信息是( )
A .该人做了两次下蹲——起立的动作
B .该人做了一次下蹲——起立的动作
C .下蹲过程中人处于失重状态
D .下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 【答案】 B
【解析】 人下蹲过程先是加速下降,为失重,到达一个最大速度后再减速下降,为超重,对应先失重再超重,人起立过程对应先超重再失重,由图象可知,该人做了一次下蹲——起立的动作,A 、C 、D 错误,B 正确。 【微专题精练】
1.在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球,经过2t 0时间小球落回抛出点,此时小球的速率为v 1,已知小 球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比(f =kv ,k 为比例系数),则小球在空中运动时的速率
v 随时间t 的变化规律可能是( )
【答案】 A
【解析】 小球竖直向上运动时,其加速度a 1=mg +kv
m
,可知a 1随速度的减小而减小;小球竖直向下运动时,其加速度a 2=
mg -kv
m
,可知a 2随速度增大而减小.向上和向下运动的过程中由于空气阻力一直做负功,则v 1 2.(多选)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=2 s时最大B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小 【答案】AD 【解析】由题意知在上升过程中:F-mg=ma,所以向上的加速度越大,人对电梯的压力就越大,故A正确,B错误;由图知,7 s以后加速度向下,由mg-F=ma知,向下的加速度越大,人对电梯的压力就越小,所以C错误,D正确. 3.(多选)如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)( ) A.物体的质量为1 kg B.物体的质量为2 kg C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 【答案】BC 【解析】物体的受力如图所示, 在力F从0增大到7 N之前物体静止,在7 N时运动状态发生变化,由牛顿第二定律得F-F f=ma,代入图乙中F1=7 N和F2=14 N及对应的加速度a1=0.5 m/s2和a2=4 m/s2,解得m=2 kg,F f=6 N,A错误,B 正确;F f=μF N=μmg,则μ=0.3,C正确,D错误. 4.(2018·江西省临川二中高三上学期第五次理综物理)如图(a)所示,用一水平外力F推物体,使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F,物体开始做变加速运动,其加速度a随F变化的图象如图(b)所示。 取g=10m/s2。根据图(b)中所提供的信息不能计算出的是 ( ) A.物体的质量 B.斜面的倾角 C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D.加速度为6m/s2时物体的速度 【答案】D 【解析】对物体受力分析,受推力、重力、支持力,如图 x方向:F cosθ-mg sinθ=ma① y方向:N-F sinθ-G cosθ=0 ② 从图象中取两个点(20N,2m/s2),(30N,6m/s2)代入①式解得:m=2kg,θ=37° 因而A、B可以算出; 当a=0时,可解得F=15N,因而C可以算出; 题中并未说明力F随时间变化的情况,故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小,因而D不可以算出;故选D。 5.(多选)质量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动,物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还要受一个如图1所示的随时间变化的水平拉力F的作用,水平向右为拉力的正方向.则以下结论正确的是(取g=10 m/s2)( ) A.0~1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2 B.1~2 s内,物体的加速度大小为2 m/s2 C.0~1 s内,物体的位移为7 m D.0~2 s内,物体的总位移为11 m 【答案】BD 【解析】由题图可知,在0~1 s 内力F 为6 N ,方向向左,由牛顿第二定律可得F +μmg =ma ,解得加速度大小a =4 m/s 2 .在1~2 s 内力F 为6 N ,方向向右,由牛顿第二定律可得F -μmg =ma 1,解得加速度大小a 1=2 m/s 2 ,所以选项A 错误,B 正确;由运动学规律可知0~1 s 内位移为x 1=v 0t 1-12at 21=6 m ,选项C 错误;同理可计算0~2 s 内的位移为11 m ,选项D 正确. 6.一个物块放在光滑的水平地面上,从静止开始受到水平向右的外力F 的作用,外力F 与时间t 的关系如图 所示.则( ) A .0~t 0时间内,物块向右做匀加速运动 B .t 0~2t 0时间内,物块向左做匀加速运动 C .0~2t 0时间内,物块的速度先增大后减小 D .0~2t 0时间内,物块的加速度先增大后减小 【答案】C 【解析】对物体受力分析,根据牛顿第二定律可知F =ma ,0~t 0时间内,拉力减小,加速度减小,物体做加速度减小的加速运动,在t 0时刻速度达到最大,故A 错误;t 0~2t 0时间内,拉力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,到达2t 0时刻速度减速到零,故B 、D 错误,C 正确. 7.(多选)(2019·湖北部分重点中学期末)质量为m =2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O 处,取水平向右为速度的正方向,如图甲所示,物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示,重力加速度g 取10 m/s 2 ,则( ) A .物块经过4 s 回到出发点 B .物块运动到第3 s 末时改变水平拉力的方向 C .3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 N D .4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N 【答案】CD 【解析】物块经过4 s ,速度减小到零,离出发点最远,选项A 错误.在0~3 s 时间内,物块加速度a 1=1 m/s 2 .由牛顿运动定律,F 1-μmg =ma 1,解得F 1=12 N .在3~4 s 时间内,物块加速度a 2=-3 m/s 2 ,由牛顿运动定律,F 2-μmg =ma 2,解得F 2=4 N ,物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ,但是方向没 有改变,选项B 错误,C 正确.在4~5 s 时间内,速度为负值,摩擦力方向改变,物块加速度a 3=-3 m/s 2 .由牛顿运动定律,F 3+μmg =ma 3,解得F 3=-16 N ,选项D 正确. 7.(多选)(2019·贵州省黔东南州模拟)粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动,水平拉力F 及运动速度v 随时间变化的图线如图中甲、乙所示,取重力加速度g =10 m/s 2 ,则( ) A .前2 s 内物体运动的加速度为2 m/s 2 B .前4 s 内物体运动的位移大小为8 m C .物体的质量m 为2 kg D .物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1 【答案】AD 【解析】根据速度图象的斜率等于加速度,可知前2 s 内物体的运动加速度a = Δv Δt =42 m/s 2=2 m/s 2 ,故A 正确;前4 s 内物体的位移为x =(1 2 ×2×4+2×4) m=12 m ,故B 错误;根据牛顿第二定律得,前2 s 内 F 1-μmg =ma ,后2 s 内F 2=μmg ,由图得F 1=15 N ,F 2=5 N ,代入解得m =5 kg ,μ=0.1,故C 错误,D 正确. 8.物体最初静止在倾角θ=30°的足够长斜面上,如图甲所示受到平行斜面向下的力F 的作用,力F 随时间变化的图象如图乙所示,开始运动 2 s 后物体以 2 m/s 的速度匀速运动,下列说法正确的是(g 取10 m/s 2 )( ) A .物体的质量m =1 kg B .物体的质量m =2 kg C .物体与斜面间的动摩擦因数μ=33 D .物体与斜面间的动摩擦因数μ=7315 【答案】AD 【解析】由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动,可知0~2 s 内物体的加速度大小为a =1 m/s 2 ;在0~2 s 内对物体应用牛顿第二定律得,F 1+mg sin 30°-μmg cos 30°=ma ,2 s 后由平衡条件可得, F 2+mg sin 30°-μmg cos 30°=0,联立解得m =1 kg ,μ= 73 15 ,选项A 、D 正确. 9.(2019·湖南株洲一诊)一质量为m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断 细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,已知重力加速度为g ,下列说法正确的是 ( ) A .铝球刚开始运动的加速度a 0=g B .铝球下沉的速度将会一直增大 C .铝球下沉过程所受到油的阻力f =ma 0v v 0 D .铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功 【答案】C 【解析】 刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a 0= mg -F 浮m =g -F 浮 m v 0v ,由以上各式解得铝球与油的阻力f =ma 0v v 0 ,C 正确;铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功,故D 错误。 10.(2018·河北冀州2月模拟)如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为3 kg 的小物块(可视为质点)由静止从A 点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动,作用一段时间后撤去该推力,小物块能到达的最高位置为C 点,小物块上滑过程中v -t 图象如图乙所示。设A 点为零重力势能参考点,g 取10 m/s 2 ,则下列说法正确的是( ) A .小物块最大重力势能为54 J B .小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1 C .小物块与斜面间的动摩擦因数为32 D .推力F 的大小为40 N 【答案】 D 【解析】 由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x =1 2×3×1.2 m=1.8 m ,上升的最大高度h =x sin 30° =0.9 m ,故物块的最大重力势能E pm =mgh =27 J ,则A 项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速 运动,则由匀变速直线运动的平均速度公式v=v0+v 2 ,可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度 大小之比为1∶1,则B项错。由乙图可知减速上升时加速度大小a2=10 m/s2,由牛顿第二定律有mg sin 30° +μmg cos 30°=ma2,得μ= 3 3 ,则C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a1= 10 3 m/s2,由牛顿第 二定律有F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,得F=40 N,则D项正确。 11.(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是( ) A.若θ已知,可求出A的质量 B.若θ未知,可求出图乙中a1的值 C.若θ已知,可求出图乙中a2的值 D.若θ已知,可求出图乙中m0的值 【答案】BC 【解析】由题中图象可知,若m=0,物块A受重力、支持力作用,由牛顿第二定律可知,A的加速度方向沿斜面向下,a2=-g sin θ,C项正确;若m=m0,A的加速度为零,由平衡条件可知,m0g=m A g sin θ,必须知道A的质量m A和θ的值,m0才可求,D项错;若B的质量无限大,所受拉力远小于它所受重力,B的加速度趋近于g,所以A的最大加速度为a1=g,B项正确;对以上状态的分析中,均无法计算出A的质量,A项错. 12.如图甲所示,质量为m=1 kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1 s时撤去力F,物体运动的部分v-t图象如图乙所示,设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.求: (1)物体与斜面间的动摩擦因数; (2)拉力F的大小; (3)t=4 s时物体的速度. 【答案】(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s,沿斜面向下 【解析】(1)根据v-t图线知,匀加速直线运动的加速度的大小:a1=20 m/s2 根据牛顿第二定律得:F-μmg cos θ-mg sin θ=ma1 匀减速直线运动的加速度的大小:a2=10 m/s2 根据牛顿第二定律得:mg sin θ+μmg cos θ=ma2 解得:F=30 N,μ=0.5. (2)由(1)知,F=30 N. (3)在物体运动过程中,设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2 v1=a2t2, 解得t2=2 s; 则物体沿斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1 s 设下滑加速度为a3,由牛顿第二定律得 mg sin θ-μmg cos θ=ma3 解得:a3=2 m/s2 所以t=4 s时物体的速度:v=a3t3=2×1 m/s=2 m/s,方向沿斜面向下 13.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α=53°,小物块与水平面间动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接,一质量m=2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°角的恒力F作用,如图甲所示,小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示,到达B点撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求: (1)小物块所受到的恒力F的大小; (2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间; (3)小物块能否返回到A点?若能,计算小物块通过A点时的速度;若不能,计算小物块停止运动时离B点的距离. 【答案】(1)11 N (2)0.5 s(3)不能返回到A点,停止运动时离B点的距离为0.4 m 【解析】(1)由题图乙可知,AB段加速度 a 1= Δv Δt =2.0-04.0-0 m/s 2=0.5 m/s 2 , 根据牛顿第二定律,有F cos α-μ(mg -F sin α)=ma 1, 解得F =11 N. (2)在BC 段mg sin α=ma 2,解得a 2=8.0 m/s 2 . 小物块从B 上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B 所用时间相等,由题图乙可知,小物块到达B 点的速度v B =2.0 m/s ,有 t = 2v B a 2=2×2.08.0 s =0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中,有μmg =ma 3, 解得a 3=5.0 m/s 2 . 滑行的位移s =v B 22a 3= 2.0 2 2×5.0 m =0.4 m s AB =v t =v B 2 t =2.0 2 ×4.0 m=4.0 m>0.4 m ,所以小物块不能返回到A 点,停止运动时离B 点的距离为0.4 m. 14.如图甲所示,为一倾角θ=37°的足够长斜面,将一质量为m =1 kg 的物体无初速度在斜面上释放,同时施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化的关系图象如图乙所示,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,取g =10 m/s 2 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)2 s 末物体的速度; (2)前16 s 内物体发生的位移。 【答案】 见解析 【解析】 (1)对物体分析可知,其在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得 mg sin θ-F 1-μmg cos θ=ma 1 v 1=a 1t 1 代入数据可得 a 1=2.5 m/s 2。方向沿斜面向下 v 1=5 m/s ,方向沿斜面向下。 (2)物体在前2 s 内发生的位移为x 1,则 x 1=1 2 a 1t 21=5 m ,方向沿斜面向下 当拉力为F 2=4.5 N 时,由牛顿第二定律可得 F 2+μmg cos θ-mg sin θ=ma 2 代入数据可得a 2=0.5 m/s 2 ,方向沿斜面向上。 物体经过t 2时间速度减为0,则 v 1=a 2t 2 得t 2=10 s t 2时间内发生的位移为x 2,则 x 2=1 2 a 2t 22=25 m ,方向沿斜面向下 由于mg sin θ-μmg cos θ 15.(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a 所示,一可视为质点的物块在t =0时刻以v 0=8 m/s 的速度滑上一固定斜面,斜面足够长,斜面的倾角θ=30°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=3 5 。经过一段时间后物块返回斜面底端,取重力加速度g =10 m/s 2 。求: (1)物块向上和向下滑动过程中,物块的加速度大小; (2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间; (3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小,并在图b 中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象,取沿斜面向上为正方向。 【答案】 (1)8 m/s 2 2 m/s 2 (2)3 s(3)4 m/s 图象见解析 【解析】 (1)物块上滑过程,由牛顿第二定律有: mg sin θ+μmg cos θ=ma 1, 则a 1=g sin θ+μg cos θ=8 m/s 2 , 物块下滑过程,由牛顿第二定律有: mg sin θ-μmg cos θ=ma 2, 则a 2=g sin θ-μg cos θ=2 m/s 2 。 (2)物块上滑过程:t 1=0-v 0 -a 1 =1 s s 1= 0+v 0 2 t 1=4 m 物块下滑过程:s 2=s 1=12a 2t 2 2 得t 2=2 s 故总时间t =t 1+t 2=3 s 。 (3)物块下滑过程:v 2=a 2t 2=4 m/s 。物块在斜面上运动的整个过程中的v -t 图象如图所示。