高考物理备考微专题1.7 动力学的图像问题(解析版)

高考物理备考微专题精准突破

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/s2。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＝0.4

2 m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度

大小a 2＝0.4－0.2

1 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 0×12

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 0t 1＝g sin θ＋μg cos θ，向下滑行过程v 1

t 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 1

2gt 1＝v 0v 0＋v 14g ，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 ＝1

2

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 ＝1

2×2×24 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 ＝

5－3

1

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＝0②

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/s2.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＝ma1，解得加速度大小a1

＝2 m/s2，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x1＝v0t1－1

2at

2

1

＝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～t0时间内，物块向右做匀加速运动B．t0～2t0时间内，物块向左做匀加速运动

C．0～2t0时间内，物块的速度先增大后减小D．0～2t0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～t0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t0时刻速度达到最大，故A错误；t0～2t0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2t0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/s2，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a1＝1 m/s2.由牛顿运动定律，F1－μmg＝ma1，解得F1＝12 N．在3～4 s时间内，物块加速度a2＝－3 m/s2，由牛顿运动定律，F2－μmg＝ma2，解得F2＝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a3＝－3 m/s2.由牛顿运动定律，F3＋μmg＝ma3，解得F3＝－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/s2，则()

A．前2 s内物体运动的加速度为2 m/s2 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 ＝4

2 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＝73

15

【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＝7315

，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

错误；由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a ＝0时，铝球下沉的速度达到最大，

之后匀速运动，B 错误；刚开始释放时有mg －F 浮＝ma 0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得，mg －F 浮－f ＝ma ，由a －v 图象可知a ＝a 0－a 0v 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3

2

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 ＝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＝

33，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。

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/s 2，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

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

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/s 2)．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＝2.02

2×5.0

m ＝0.4 m

s AB ＝v t ＝v B 2t ＝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

2a 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＝12a 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

2t 1

＝4 m 物块下滑过程：s 2＝s 1＝1

2a 2t 22

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。