微专题 牛顿运动定律应用之图像问题

微专题 牛顿运动定律应用之图像问题

【核心要点提示】

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． 【核心方法点拨】

(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． 【巩固习题】

1.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线(斜线)和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是( )

2. (2016·江西宜春高三质检)某物体做直线运动的v －t 图象如图所示，据此判断F 表示物体所受合力，t 表示物体运动的时间四个选项中正确的是( )

3.(2017·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

4.(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/s2，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

3 2

D．推力F的大小为40 N

5.(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

6.(2016·海南单科)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．F1F3

C．F1>F3D．F1＝F3

7.如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；

(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和

拉力大小F.

8.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．

9.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/s2，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。

10.游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v－t图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；

(2)小孩脱离木板时的速率．

微专题 牛顿运动定律应用之图像问题（参考答案）

1、【解析】根据速度—时间图象的斜率表示加速度，速率—时间图象的斜率也表示加速度．忽略空气阻力的竖直上抛运动，其上升过程和下降过程对称．所受空气阻力与物体速率成正比的竖直上抛运动，上升阶段重力和空气阻力方向相同，开始上升时合外力最大，随着上升高度的增加，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，上升到最高点时，加速度减小到g ；下落阶段重力和空气阻力方向相反，随着下落高度的增加，物体速率增加，所受空气阻力增加，合外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是选项D. 【答案】D

2、【解析】由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒内受力恒定，2～4 s 内沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6 s 内沿负方向做匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6～8 s 内沿负方向做匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B 正确。 【答案】B

3、[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 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。

4、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 ＝v 0＋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a 2＝10 m/s 2，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，得μ＝

3

3

，则C 项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a 1＝10

3 m/s 2，由牛顿第二定律有F －mg sin 30°

－μmg cos 30°＝ma 1，得F ＝40 N ，则D 项正确。 答案： D

5、【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，a 2＝－g sin θ，C 项正确；若m ＝m 0，A 的加速度为零，由平衡条件可知，m 0g ＝m A g sin θ，必须知道A 的质量m A 和θ的值，m 0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a 1＝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． 【答案】BC

6、【解析】根据v －t 图象可知，在0～5 s 内加速度为a 1＝0.2 m/s 2，方向沿斜面向下；在5～10 s 内，加速度a 2＝0；在10～15 s 内加速度为a 1＝－0.2 m/s 2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在0～5 s 内，根据牛顿第二定律：mg sin θ－f －F 1＝ma 1，则F 1＝mg sin θ－f －0.2 m ；在5～10 s 内，根据牛顿第二定律：mg sin θ－f －F 2＝ma 2，则F 2＝mg sin θ－f ；在10～15 s 内，根据牛顿第二定律：f ＋F 3－mg sin θ＝ma 3，则F 3＝mg sin θ－f ＋0.2 m ，故可以得到F 3>F 2>F 1，故选项A 正确。 【答案】A

7、【解析】(1)在2 s 内，由图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝1

2×2×1 m ＝1 m ①

物块下滑的距离：x 2＝1

2×1×1 m ＝0.5 m ②

所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m ③ 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m ④

(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2⑤ a 2＝4 m/s 2⑥

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有 0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1⑦ 0．5～1 s 内：F f ＋m g sin θ＝ma 2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F ＝8 N

【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2 8 N

8、【解析】(1)根据v －t 图线知，匀加速直线运动的加速度的大小：a 1＝20 m/s 2 根据牛顿第二定律得：F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 匀减速直线运动的加速度的大小：a 2＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 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t 2 v 1＝a 2t 2， 解得t 2＝2 s ；

则物体沿斜面下滑的时间为t 3＝t －t 1－t 2＝1 s 设下滑加速度为a 3，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3 解得：a 3＝2 m/s 2

所以t ＝4 s 时物体的速度：v ＝a 3t 3＝2×1 m/s ＝2 m/s ，方向沿斜面向下 【答案】(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s ，沿斜面向下

9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＝12

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＝12

a 2t 22＝25 m ，方向沿斜面向下

由于mg sin θ－μmg cos θ

10、【解析】(1)对小孩在斜坡上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v ＝10 m/s

由牛顿第二定律，知mg sin θ－μmg cos θ＝ma 又v 2＝2a h sin θ

联立解得：μ＝

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(2)方法一 小孩在t ＝0.5 s 时脱离木板，木板在0～0.5 s 内的位移x 木＝1.5 m 由图可得：x 木＋l ＝x 人

设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式x 人＝1

2(v ＋v 人)t

可得：v 人＝8 m/s 方法二 由题图乙知：v 人－v 木＋v

2

t ＝l

代入数据得：v 人＝8 m/s. 【答案】(1)3

6

(2)8 m/s