20-21版：专题强化 运动学、动力学图像问题(步步高)

[学习目标] 1.会分析力、加速度、速度随时间的变化图像.2.能结合图像分析动力学问题．1．常见的图像形式在运动学与动力学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x－t图像)、速度－时间图像(v－t图像)和力－时间图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A、m B、m C，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图1中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是()图1A．μA＝μB，m A＜m BB．μB＜μC，m B＝m CC．μB＝μC，m B＞m CD．μA＜μC，m A＜m C答案ABD解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝Fm－μg，则a－F图像的斜率k＝1m，由图像可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则m A＜m B＝m C.当F＝0时，a＝－μg，根据图像可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v－t图像如图2所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)()图2A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C．动摩擦因数μ＝0.5 D．动摩擦因数μ＝0.2答案BC解析速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升时，有ma1＝mg sin θ＋μmg cos θ；下滑时，有ma2＝mg sin θ－μmg cos θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5.质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图3甲所示，g取10 m/s2，则：图3(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像．答案(1)4 m/s 1 m/s(2)见解析图解析(1)消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s 内以加速度a2匀减速下滑(mg<F2)．第一个过程，mg－F1＝ma1，v max＝a1t1，得v max＝4 m/s第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝v max＋a2t2，得v＝1 m/s.(2)v－t图像如图所示．(2019·张家口市上学期期末)质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图4甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v －t 图像如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A 的质量；(4)物块相对木板滑行的距离Δx . 答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg (4)2 m解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2，对A 由牛顿第二定律得，－μ1mg ＝ma 1，解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，AB 在1～3 s 内的加速度 a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对AB 由牛顿第二定律得，－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度 a 2＝v 1t 1＝2 m/s 2.对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2， 代入数据解得m ＝6 kg.(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中(0,4)，(0,0)，(1,2)点所围三角形面积，故Δx ＝12×4×1 m ＝2 m.1．(图像问题)(多选)(2020·济宁市期末)如图5甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现给滑块一水平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s.下列说法正确的是()图5A．滑块的质量为2 kgB．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2C．3 s末滑块返回到出发点D．4 s末滑块加速度大小为1 m/s2答案AD2．(图像问题)(多选)如图6甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，下列判断正确的是()图6A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2答案CD解析物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确．3．(图像问题)在水平地面上有一个质量为4.0 kg 的物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动.10 s 后拉力大小减小为F3，并保持恒定．该物体的速度－时间图像如图7所示(g 取10 m/s 2)．求：图7(1)物体所受到的水平拉力F 的大小； (2)该物体与水平地面间的动摩擦因数； (3)物体在30 s 内运动的位移大小． 答案 (1)9 N (2)0.125 (3)150 m解析 (1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为a 1＝1 m /s 2，a 2＝－0.5 m/s 2对物体进行受力分析，如图甲、乙所示对于两个过程，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma 1 F3－F f ＝ma 2 联立以上两式解得F ＝9 N ，F f ＝5 N (2)由滑动摩擦力公式得F f ＝μF N ＝μmg 解得μ＝0.125.(3)由v －t 图像知，物体运动的位移等于图线与t 轴所围的面积x ＝12×30×10 m ＝150 m.1. (多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度－时间图像如图1所示，则( )图1A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1答案AD解析由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．2．(多选)(2019·临川一中期末)如图2甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图2A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值C．物体向上运动的加速度和力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于－g答案ABD解析当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝FM－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确．3.如图3所示，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、x、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()图3答案 B解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a 不变，选项C 、D 错误；设斜面倾角为θ，则x ＝h sin θ＝v 0t －12at 2，故h —t 、x —t 图像都应是开口向下的抛物线，选项A 错误，B 正确．4．(多选)(2019·葛洲坝中学高一第一学期期末)放置于固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F 作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F 和物块速度v 随时间t 变化的图像如图4，g 取10 m/s 2，则( )图4A ．第1 s 内物块受到的合外力为5.5 NB ．物块的质量为1 kgC ．斜面倾角为30°D ．若第3 s 末撤去拉力F ，物块停止运动前加速度大小为5 m/s 2 答案 BCD解析 由题图可知，在0～1 s 时间内物块做加速运动， a ＝0.51m /s 2＝0.5 m/s 2①设斜面倾角为θ，物块质量为m ，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F 合＝F 1－mg sin θ＝ma ② 其中F 1＝5.5 N在1～3 s 时间内物块做匀速运动，F 2＝mg sin θ＝5 N ③ 由①②③得：m ＝1 kg ，θ＝30° 撤去拉力F 后，物块停止运动前加速度大小为a ′＝g sin θ＝5 m/s 2 故选项B 、C 、D 正确，A 错误．5．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v －t 图像中，符合此过程中物体运动情况的可能是( )答案 D解析 其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度—时间图像中的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中，图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零逐渐恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D 正确．6．(多选)(2019·重庆市高一期末)如图5甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图5A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 答案 BCD解析 根据v －t 图像可知，物体A 的加速度为： a A ＝Δv Δt ＝105 m /s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度为： a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m /s 2＝1 m/s 2故C 正确；由图像知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s故D 正确．7．(多选)如图6(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( )图6A ．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 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，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离x ＝v 02t 1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程v 0t 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 12t 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 正确；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为h ＝x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0v 0＋v 14g ，选项D 正确；仅根据速度—时间图像，无法求出物块质量，选项B 错误．8.如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m 1且足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线正确的是( )图7答案 A解析 在木块与木板相对滑动前，木块与木板以共同加速度运动，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，则木块与木板的a －t 关系图线的斜率均为km 1＋m 2，当木块与木板相对滑动后，对木板有F f1＝μm 2g＝m 1a 1，得a 1＝μm 2g m 1，为一定值，对木块有F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝ktm 2－μg ，对应图线的斜率为k m 2>km 1＋m 2，选项A 正确，B 、C 、D 错误．9．(多选)如图8甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )图8A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25 答案 AD解析 由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a 0＝4 m /s 2，对物体，沿斜面方向有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0，解得μ＝0.25，D 正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s 时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A 正确，B 、C 错误． 10．如图9甲所示，一个质量为3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动，在0～3 s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图乙所示．则( )图9A ．F 的最大值为12 NB ．0～1 s 和2～3 s 内物体加速度的方向相反C ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD ．在0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动答案 C解析 由图像可知，物体在1～2 s 内做匀加速直线运动，a ＝4 m /s 2，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，故F ＝ma ＋μmg ＞12 N ，故A 错误；由a －t 图像的特点知加速度一直为正，故B 错误；a －t 图像与时间轴围成图形的面积为Δv ，而初速度为零，故3 s 末速度最大为8 m/s ，故C 正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故D 错误．11．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m 的物体，使其在沿斜面方向的推力F 作用下向上运动，如图10甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图10(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去推力F 后，物体还能上升的距离(斜面足够长)．答案 (1)39(2)0.075 m 解析 (1)0～2 s 时间内，F 1－mg sin α－μmg cos α＝ma 1，a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2， 2 s 后，F 2－mg sin α－μmg cos α＝ma 2，a 2＝0，代入数据解得m ＝3 kg ，μ＝39. (2)撤去推力F 后，有－μmg cos α－mg sin α＝ma 3，解得a 3＝－203 m/s 2，x ＝0－v 22a 3＝0.075 m. 12．如图11甲所示，质量m ＝1 kg 的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，t ＝0时刻对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，作用时间t 1＝1 s 时撤去力F ，物体运动时部分v －t 图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图11(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；(2)t＝4 s时物体的速度．答案(1)0.530 N(2)2 m/s，方向沿斜面向下解析(1)根据v－t图像知，物体做匀加速直线运动的加速度a1＝20 m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmg cos θ－mg sin θ＝ma1，物体做匀减速直线运动的加速度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)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由0－v1＝a2t2，解得t2＝2 s.则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝1 s，设物体下滑的加速度大小为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．。