动力学中几类图像问题分析
高中物理之力学图像三类问题、运动图像分析物体运动规律、动力学图像与牛顿运动定律、情景描绘或者选择图像
第5讲|谙熟“三看、两法”，破解力学图像三类问题[考法·学法]运动学图像和动力学图像一直是高考的热点，考查角度一般有三个：一是会识图，理解图线、斜率、截距、面积的意义，能根据需要列出函数关系式；二是会作图，依据物理现象、物理过程、物理规律作出图像；三是会用图，能结合物理公式和图像等解决物理问题。
高考中一般考查这三类问题：①应用运动图像分析物体的运动规律②应用动力学图像考查牛顿运动定律③根据物理情景描绘或者选择物理图像用到的思想方法主要有：①图像法②等效法③作图法一、应用运动图像分析物体的运动规律1．“三看”图像(1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v -t、x -t、a -t)，还是动力学图像(F-a、F-t、F-x)，明确因变量与自变量的制约关系。
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程。
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
2．解答图像问题的“两法”(1)公式与图像的转化要作出一个确定的物理图像，需要得到相关的函数关系式。
在把物理量之间的关系式转化为一个图像时，最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些量是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系。
(2)图像与情境的转化运用物理图像解题，还需要进一步建立物理图像和物理情境之间的联系，根据物理图像，想象出图像所呈现的物理现象、状态、过程和物理变化的具体情境，因为这些情境中隐含着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与现实相吻合，这些正是“审题”“分析”“审视答案”等解题环节所需要解决的问题。
[全练题点]1.(2018届高三·平顶山联考)设竖直向上为y轴正方向，如图所示曲线为一质点沿y轴运动的位置—时间(y -t)图像，已知图线为一条抛物线，则由图可知()A．t＝0时刻质点速度为0B．0～t1时间内质点向y轴负方向运动C．0～t2时间内质点的速度一直减小D ．t 1～t 3时间内质点相对坐标原点O 的位移先为正后为负解析：选C 在t ＝0时刻y -t 图线斜率不为0，说明t ＝0时刻质点速度不为0,0～t 1时间内质点向y 轴正方向运动，故A 、B 错误。
动力学之图像问题
牛顿运动定律之图像问题【基础知识】（1）牛顿第一定律：任何物体都要保持直线运动或状态，直到外力迫使它运动状态为止。
力与运动的关系：力不是的原因，力是的原因。
（2）牛顿第二定律：物体加速度的大小跟成正比，跟物体的成反比，加速度的方向跟的方向相同。
牛顿第二定律公式：=a。
牛顿第二定律的性质：①瞬时性②矢量性③因果性④同一性。
（3）牛顿第三定律：相互作用的两个物体之间的作用力和反作用力总是相等，方向，作用在同一条直线上。
牛顿第三定律公式：=F .相互作用力的性质：同时性，同一性，异体性。
（3）物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的关系。
因此物理学中选定七个物理量的单位作为基本单位，根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，推导出其他物理量的单位。
这些推导出来的单位叫做。
基本单位和导出单位一起组成了。
国际单位制中三个力学基本单位分别是：。
（4）超重：。
失重：。
完全失重：。
判断依据：。
1.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力和摩擦力之比为()A． 9∶8B． 3∶2C． 2∶1D． 4∶32.(多选)如图(1)所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图象如图(2)中实线所示．下列判断正确的是()A．在0～1 s内，外力F不断变化B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断变化D．在3～4 s内，外力F的大小恒定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，物体先静止后又做变加速运动，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()A．物体的质量B．物体与水平面间的滑动摩擦力C．物体与水平面间的最大静摩擦力D．在F为14 N时，物体的速度最小4.如图甲所示，一物块质量为m＝2 kg，以初速度v0＝10 m/s从0点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力F作用，物块在运动过程中速度随时间变化的规律如图乙所示，求：甲乙(1)恒力F的大小及物块与水平面的动摩擦因数μ；(2)物块在4 s内的位移大小．5.在水平地面上有一质量为10 kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10 s后拉力大小减为，方向不变，再经过20 s停止运动．该物体的速度与时间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．6.一个物块置于粗糙的水平地面上，受到水平方向推力F的作用，推力F 随时间变化的关系如图甲所示，速度v随时间变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：(1)第1 s末和第3 s末物块所受摩擦力的大小F f1和F f2；(2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；(3)若第6 s末撤去外力，物块前7.5 s内的位移大小．7.竖直运行的升降机地板上有一个质量为100 kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示．若升降机从静止开始向上运动，g取10 m/s2，求8 s内升降机上升的高度．8.一质量为0.25 kg的物块静止在水平地面上(图甲)，从t＝0 s时刻开始受到一个竖直向上的力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)t＝2 s时，物块速度的大小：(2)t＝0到t＝3 s的过程中，物块上升的高度．甲乙答案解析1.【答案】B【解析】由v－t图像可知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得ma1＝F f，ma2＝F－F f，解得F∶F f ＝3∶2.2.【答案】BC【解析】在0～1 s内，直线的斜率不变，加速度不变，外力F是恒力，故A错误；在1～3 s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零，F等于摩擦力，外力F的大小恒定，故B正确；在3～4 s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动；根据题意，拉力水平向右，根据a＝知力F不断减小，故C正确，D错误．3.【答案】ABC【解析】根据牛顿第二定律，F－F f＝ma，由题图可读出外力F和加速度a的值，有：7－F f＝0.5m,14－F f＝4m.联立两式解得：F f＝6 N，m＝2 kg.故A、B正确；由图可知，当F＝7 N时物体开始滑动，所以最大静摩擦力为7 N，故C正确；F＝7 N开始增大，加速度逐渐增大，物体做变加速直线运动，可知F＝14 N时，物体的速度不是最小，故D错误．4.【答案】(1)7 N0.15(2)6 m【解析】(1)由题图可知，0～2 s内，物体向右做匀减速直线运动，2 s～4 s内，物体向左做匀加速直线运动．0～2 s内，a1＝＝m/s2＝5 m/s2，方向水平向左；2 s～4 s内，a2＝＝m/s2＝2 m/s2，方向水平向左；由牛顿第二定律，得到：F＋μmg＝ma1F－μmg＝ma2代入数据解得F＝7 N，μ＝0.15.(2)代据图像可知，物体4 s内的位移x＝×2×10 m－×2×4 m＝6 m.5.【答案】(1)150 m(2)0.1【解析】(1)整个过程的位移大小等于v－t图象中三角形的面积即x＝×10×30 m＝150 m(2)由图象知前10 s的加速度a1＝1 m/s2后20 s的加速度大小为a2＝0.5 m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1μmg－＝ma2解以上两方程得μ＝0.1.6.【答案】（1）8N （2）0.4 （3）14m【解析】(1)F f1＝4 N，F f2＝8 N；(2)2～4 s，由牛顿第二定律和运动学规律得F2－F f2＝ma，a＝，可求得m＝2 kg由F f2＝μF N，F N＝mg得μ＝0.4.(3)撤去外力后加速度a3＝μg＝4 m/s2，v＝4 m/s，故减速到零所用时间t减＝＝1 s，小于1.5 sx加＝t加＝4 mx 匀＝vt 匀＝8 mx 减＝＝2 m所以x 总＝x 加＋x 匀＋x 减＝4 m ＋8 m ＋2 m ＝14 m.7.【答案】60 m【解析】取升降机地板上的物体为研究对象，物体受力情况如下图所示．取向上为正方向．由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力等于地面对物体的支持力，即F ＝F N .在0～2 s 内，F N1＝F 1＞mg ，物体所受合外力竖直向上，所以物体向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得F N1－mg ＝ma 1①a 1＝＝5 m/s 2所以物体的位移：x 1＝a 1t ＝10 m ②物体2 s 末的速度：v ＝a 1t 1＝5.0×2.0 m/s ＝10 m/s ③ 在2～6 s 内，F N2＝mg ，物体所受合外力为零，所以物体向上做匀速直线运动，则物体的位移：x 2＝vt 2＝10×4 m ＝40 m ④ 在6～8 s 内，F N3＜mg ，物体所受合外力方向竖直向下，所以物体向上做匀减速直线运动，初速度为v ＝10 m/s.由牛顿第二定律F 3－mg ＝ma 3⑤a 3＝＝－5 m/s 2所以物体的位移：x3＝vt3＋a3t＝10 m⑥所整个过程中物体位移x＝x1＋x2＋x3＝10 m＋40 m＋10 m＝60 m⑦8.【答案】(1)2 m/s(2)6 m【解析】(1)0－1 s内，F1＜mg，物块静止1－2 s物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F2－mg＝ma1解得a1＝＝2 m/s2；则t＝2 s时，物块的速度v＝2×1 m/s＝2 m/s.(2)1－2 s物块匀加速运动x1＝a1t＝1 m.2－3 s物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得，F3－mg＝ma2解得a2＝＝6 m/s2；则x2＝vt2＋a2t＝5 m.则物块上升的高度h＝x1＋x2＝1 m＋5 m＝6 m.。
2021高考物理一轮复习第三章微专题20动力学中的图像问题练习含解析教科版
微专题20 动力学中的图像问题1．两类问题，一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像．2．两种方法，一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．1．如图1甲所示，一质量m＝1kg的物块静置在倾角θ＝37°的斜面上，从t＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中正确反映物块的速率v随时间t变化的规律的是( )图12．(2020·湖北宜昌市调研)如图2所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )图23.(2019·湖北荆州市质检)如图3所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于竖直自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 、F 随x 变化的图像正确的是( )图34．(2019·天津市河北区名校联考)如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定．在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O 处，将弹簧压缩了x 0时，物块的速度变为零．在下列图像中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x (弹簧原长为位移的零点)变化的图像是( )图45．(多选)如图5甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A ．前3s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg6．(2020·山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5s ，然后沿杆下滑，3.5s 末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v －t 图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图6甲、乙所示，取重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．演员在1.0s 时的加速度大小为2m/s 2B ．滑杆的长度为5.25mC ．传感器显示的最小拉力为420ND ．3.5s 内演员损失的机械能为2700J7．(多选)(2019·山东日照市上学期期末)某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系如图7所示，已知x 1、x 2和重力加速度g ，则可求出( )图7A ．物体的初速度B ．当物体位移为x 2时对应的斜面倾角θ1C ．物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x minD ．当物体位移为最小值x min 时，对应的滑动摩擦力大小8．(多选)如图8甲所示，质量分别为m 、M 的物体A 、B 静止在劲度系数为k 的竖直轻质弹簧上，A 与B 不粘连，现对物体A 施加竖直向上的力F ，使A 、B 一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为g ，则( )图8A ．在图乙中PQ 段表示拉力F 逐渐增大B ．在图乙中QS 段表示B 物体减速上升C ．位移为x 1时，A 、B 之间弹力为mg －kx 1－Ma 0D ．位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小为12a 0x 2＋x 39．(多选)(2020·广东佛山市月考)如图9甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ，对物体施加水平向右、大小变化的外力F ，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a 随外力F 变化的关系如图乙所示．物体不脱离斜面的条件是F ≤20N，若重力加速度g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出( )图9A ．物体的质量B ．斜面倾角的正弦值C ．物体运动6s 时经过的位移D ．加速度为6m/s 2时物体对斜面的压力10．(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)一倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，自由状态时另一端在C点．C点上方斜面粗糙、下方斜面光滑．如图10(a)所示，用质量为m＝1kg的物体A(可视为质点)将弹簧压缩至O点并锁定．以O点为坐标原点沿斜面方向建立坐标轴．沿斜面向上的拉力F作用于物体A的同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图(b)所示．求物体A与斜面粗糙段间的动摩擦因数以及沿斜面向上运动至最高点D时的位置坐标．(重力加速度g取10m/s2)图10答案精析1．C [由mg sin θ＝6N ，f ＝μmg cos θ＝6.4N ，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1s 时间内物块静止；1～2s 时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t ＝2s 时物块加速度大小为12.4m/s 2；t ＝2s 后F ＝－0.4N ，物块的加速度大小为12.8m/s 2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1s ，C 正确．] 2．B [物块水平方向受向右的拉力F 、向左的弹力kx 、摩擦力f ，由牛顿第二定律得：F －kx －f ＝ma ；整理得：F ＝kx ＋ma ＋f ，物块做匀加速直线运动，所以ma ＋f 恒定且不为零，F－x 图像是一个不过原点的倾斜直线，故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．D [根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m ·g2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图像C ；选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋N ′－F ＝mg 2，解得N ′＝mg2－kx .由牛顿第三定律得N ′＝N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg2k 时，A 和B 间的作用力为零，在此之前，二者之间的作用力由开始运动时的mg2线性减小到零，选项A 、B 错误；同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg2不变，故选项D 正确．]4．D [物块下降到O 点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g ；继续下降，所受合力F ＝mg －kx ，加速度a ＝Fm ＝g －kx m.物块从与弹簧接触开始至运动到最低点，加速度的大小一定是先减小后增大．当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零．此后合力向上，加速度可表示为a ＝kx m－g ，当弹力增大到是重力的2倍时，加速度大小为g .由对称性可知，此时物块向下运动速度不为零，继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度a >g ，选项A 、B 、C 错误，D 正确．]5．BD [A 相对B 滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，所以F ＝6μmg 时，A 相对B 即将滑动，第6s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg3m≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小f ＝ma AB ＝m ×5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．]6．D [由v －t 图像可知，演员在1.0s 时的加速度大小a ＝3－01.5－0.5m/s 2＝3m/s 2，故A 错误；v －t 图像与t 轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h ＝12×3×3m＝4.5m ，故B 错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800N ，除去杆的重力200N ，演员的重力就是600N ，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg －F 1＝ma ，解得：F 1＝420N ，加上杆的重力200N ，可知杆受的拉力为620N ，故C 错误；3.5s 内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE ＝mgh ＝600× 4.5J ＝2700J ，故D 正确．]7．ABC [由题图知，当θ＝90°时位移为x 2，物体做竖直上抛运动，则有：0－v 02＝－2gx 2，解得：x 2＝v 022g，故A 正确；当θ为其他值时，对物体受力分析，物体的加速度大小为a ，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式有：0－v 02＝－2ax 由以上各式得：x ＝v 022g sin θ＋μcos θ由数学知识得：sin θ＋μcos θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)，其中tan φ＝μ 当θ＝0时位移为x 1，说明斜面粗糙，物体的加速度大小为a 0，则有：μmg ＝ma 0 且有：0－v 02＝－2a 0x 1可解得μ，综上所述可得物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x min ，以及物体位移为x 2时对应的斜面倾角为θ1，由于不知道物体的质量，所以无法确定滑动摩擦力，故B 、C 正确，D 错误．]8．AC [静止时弹簧对B 物体的弹力方向一定向上，弹簧一定被压缩，则PQ 段弹簧弹力一定减小，由于加速度恒定，根据牛顿第二定律，研究A 、B 整体，F 逐渐增大，选项A 正确；QS 段加速度仍为正，与速度方向相同，B 物体加速上升，选项B 错误；设开始状态弹簧的压缩量为x 0，则有kx 0＝(M ＋m )g ，位移为x 1时，设A 、B 间的弹力为N ，对B 有k (x 0－x 1)－Mg －N ＝Ma 0，解得N ＝mg －kx 1－Ma 0，选项C 正确；根据2ax ＝v t 2－v 02知，a －x 图线与横轴所围的面积的2倍表示速度平方的变化量，故位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小v t ＝2×12x 2＋x 3a 0＝a 0x 2＋x 3，选项D 错误．]9．ABD [对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为θ，当F ＝0时，可知a 1＝2m/s 2，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1；当F ＝20N 时，F cos θ＋mg sin θ＝ma 2，a 2＝403m/s 2，此时f ＝0，F sin θ＝mg cos θ，sin 2θ＋cos 2θ＝1，联立可得μ＝11735，m ＝677kg ，sin θ＝34，故A 、B 正确；由于物体的初速度及F 随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6s 时经过的位移，故C 错误；当a ＝6m/s 2时，可求得F ＝12017N ，由N ＋F sin θ＝mg cos θ，物体所受的支持力N ＝16517N ，则物体对斜面的压力N ′＝16517N ，故D 正确．] 10.320.7m 解析 物体A 运动到x ＝0.1m 的C 处时，由题图(b)知F 1＝10.0N ，F 2＝17.5N ，F 1－mg sin θ＝ma 1F 2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1可得：a 1＝5m/s 2，μ＝32由2a 1x OC ＝v C 2可得物体从O 点到达C 点的速度v C ＝1m/s根据牛顿第二定律可知，物体在斜面上由静止开始匀加速运动0.5m 后继续向上滑行的加速度大小为a 2＝12.5m/s 2由：2a 1x 1＝v 12－2a 2x 2＝0－v 12 得x 2＝0.2mx OD ＝x 1＋x 2＝0.7m ，故x D ＝0.7m。
2021高考物理新高考版一轮习题：第三章 微专题20 动力学中的图像问题(含解析)
1．两类问题，一类问题是从图象中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图象．2．两种方法，一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图象的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图象对应点比较．1．如图1甲所示，一质量m＝1 kg的物块静置在倾角θ＝37°的斜面上，从t＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中正确反映物块的速率v随时间t变化的规律的是()图12．(2020·湖北宜昌市调研)如图2所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图23.(2019·湖北荆州市质检)如图3所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于竖直自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N 、F 随x 变化的图象正确的是( )图34．(2019·天津市河北区名校联考)如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定．在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O处，将弹簧压缩了x0时，物块的速度变为零．在下列图象中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x(弹簧原长为位移的零点)变化的图象是()图45．(多选)如图5甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图5A ．前3 s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4 s 时，A 的加速度大小为13μg C ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg6．(2020·山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s ，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v －t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图6甲、乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．演员在1.0 s 时的加速度大小为2 m/s 2B．滑杆的长度为5.25 mC．传感器显示的最小拉力为420 ND．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J7．(多选)(2019·山东日照市上学期期末)某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图7所示，已知x1、x2和重力加速度g，则可求出()图7A．物体的初速度B．当物体位移为x2时对应的斜面倾角θ1C．物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x minD．当物体位移为最小值x min时，对应的滑动摩擦力大小8．(多选)如图8甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的竖直轻质弹簧上，A与B不粘连，现对物体A施加竖直向上的力F，使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则()图8A ．在图乙中PQ 段表示拉力F 逐渐增大B ．在图乙中QS 段表示B 物体减速上升C ．位移为x 1时，A 、B 之间弹力为mg －kx 1－Ma 0D ．位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小为12a 0(x 2＋x 3) 9．(多选)(2020·广东佛山市月考)如图9甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ，对物体施加水平向右、大小变化的外力F ，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a 随外力F 变化的关系如图乙所示．物体不脱离斜面的条件是F ≤20 N ，若重力加速度g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出( )图9A．物体的质量B．斜面倾角的正弦值C．物体运动6 s时经过的位移D．加速度为6 m/s2时物体对斜面的压力10．(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)一倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，自由状态时另一端在C点．C点上方斜面粗糙、下方斜面光滑．如图10(a)所示，用质量为m＝1 kg的物体A(可视为质点)将弹簧压缩至O点并锁定．以O点为坐标原点沿斜面方向建立坐标轴．沿斜面向上的拉力F作用于物体A 的同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图(b)所示．求物体A与斜面粗糙段间的动摩擦因数以及沿斜面向上运动至最高点D时的位置坐标．(重力加速度g取10 m/s2)图10答案精析1．C [由mg sin θ＝6 N ，F f ＝μmg cos θ＝6.4 N ，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s 时间内物块静止；1～2 s 时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t ＝2 s 时物块加速度大小为12.4 m/s 2；t ＝2 s 后F ＝－0.4 N ，物块的加速度大小为12.8 m/s 2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s ，C 正确．]2．B [物块水平方向受向右的拉力F 、向左的弹力kx 、摩擦力F f ，由牛顿第二定律得：F －kx －F f ＝ma ；整理得：F ＝kx ＋ma ＋F f ，物块做匀加速直线运动，所以ma ＋F f 恒定且不为零，F －x 图象是一个不过原点的倾斜直线，故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．D [根据题述，B 以g 2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m ·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C ；选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋F N ′－F ＝mg 2，解得F N ′＝mg 2－kx .由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k时，A 和B 间的作用力为零，在此之前，二者之间的作用力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误；同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．] 4．D [物块下降到O 点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g ；继续下降，所受合力F ＝mg －kx ，加速度a ＝F m ＝g －kx m.物块从与弹簧接触开始至运动到最低点，加速度的大小一定是先减小后增大．当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零．此后合力向上，加速度可表示为a ＝kx m－g ，当弹力增大到是重力的2倍时，加速度大小为g .由对称性可知，此时物块向下运动速度不为零，继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度a >g ，选项A 、B 、C 错误，D 正确．]5．BD [A 相对B 滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg 2m ，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，所以F ＝6μmg 时，A 相对B 即将滑动，第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg 3m≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3 s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4 s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5 s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小F f ＝ma AB ＝m ×5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．] 6．D [由v －t 图象可知，演员在1.0 s 时的加速度大小a ＝3－01.5－0.5m/s 2＝3 m/s 2，故A 错误；v －t 图象与t 轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h ＝12×3×3 m ＝4.5 m ，故B 错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N ，除去杆的重力200 N ，演员的重力就是600 N ，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg －F 1＝ma ，解得：F 1＝420 N ，加上杆的重力200 N ，可知杆受的拉力为620 N ，故C 错误；3.5 s 内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE ＝mgh ＝600×4.5 J ＝2 700 J ，故D 正确．]7．ABC [由题图知，当θ＝90°时位移为x 2，物体做竖直上抛运动，则有：0－v 02＝－2gx 2，解得：x 2＝v 022g，故A 正确；当θ为其他值时，对物体受力分析，物体的加速度大小为a ，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma由运动学公式有：0－v 02＝－2ax由以上各式得：x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)由数学知识得：sin θ＋μcos θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)，其中tan φ＝μ 当θ＝0时位移为x 1，说明斜面粗糙，物体的加速度大小为a 0，则有：μmg ＝ma 0且有：0－v 02＝－2a 0x 1可解得μ，综上所述可得物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x min ，以及物体位移为x 2时对应的斜面倾角为θ1，由于不知道物体的质量，所以无法确定滑动摩擦力，故B 、C 正确，D 错误．]8．AC [静止时弹簧对B 物体的弹力方向一定向上，弹簧一定被压缩，则PQ 段弹簧弹力一定减小，由于加速度恒定，根据牛顿第二定律，研究A 、B 整体，F 逐渐增大，选项A 正确；QS 段加速度仍为正，与速度方向相同，B 物体加速上升，选项B 错误；设开始状态弹簧的压缩量为x 0，则有kx 0＝(M ＋m )g ，位移为x 1时，设A 、B 间的弹力为F N ，对B 有k (x 0－x 1)－Mg －F N ＝Ma 0，解得F N ＝mg －kx 1－Ma 0，选项C 正确；根据2ax ＝v 2－v 02知，a －x 图线与横轴所围的面积的2倍表示速度平方的变化量，故位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小v ＝2×12(x 2＋x 3)a 0＝a 0(x 2＋x 3)，选项D 错误．]9．ABD [对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为θ，当F ＝0时，可知a 1＝2 m/s 2，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1；当F ＝20 N时，F cos θ＋mg sin θ＝ma 2，a 2＝403m/s 2，此时F f ＝0，F sin θ＝mg cos θ，sin 2 θ＋cos 2 θ＝1，联立可得μ＝11735，m ＝677 kg ，sin θ＝34，故A 、B 正确；由于物体的初速度及F 随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6 s 时经过的位移，故C 错误；当a ＝6 m/s 2时，可求得F ＝12017 N ，由F N ＋F sin θ＝mg cos θ，物体所受的支持力F N ＝16517N ，则物体对斜面的压力F N ′＝16517N ，故D 正确．]10.320.7 m解析物体A运动到x＝0.1 m的C处时，由题图(b)知F1＝10.0 N，F2＝17.5 N，F1－mg sin θ＝ma1F2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1可得：a1＝5 m/s2，μ＝32由2a1x OC＝v C2可得物体从O点到达C点的速度v C＝1 m/s根据牛顿第二定律可知，物体在斜面上由静止开始匀加速运动0.5 m后继续向上滑行的加速度大小为a2＝12.5 m/s2由：2a1x1＝v12－2a2x2＝0－v12得x2＝0.2 mx OD＝x1＋x2＝0.7 m，故x D＝0.7 m。
第2讲 动力学与各种图像的综合问题
第2讲动力学与各种图像的综合问题【规律方法】处理动力学图像问题的三个“明确”(1)明确图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位,并且注意坐标原点是否从零开始,明确其物理意义。
(2)明确图线斜率的物理意义,如v-t图线的斜率表示加速度,注意图线中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。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合,并结合斜率、特殊点等的物理意义,确定能从图像中反馈出来哪些有用信息(如v-t图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解。
高考题型1、已知运动情况求受力情况【例1】人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知．从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v-t图象如图中的曲线所示，图中AB是在曲线A点的切线，切线上一点B的坐标为(4、15)，曲线最后保持v=10m/s．试求比例系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ．高考题型2、已知受力情况求运动情况【例2】如图甲所示，一木板放在光滑水平地面上，木板AB部分水平粗糙，BC部分是倾角为θ＝37°的光滑斜面，木板右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器．当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一可视为质点的滑块从C点由静止滑下，传感器记录其所受到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2..求：(1)滑块滑至斜面底端时的速度；(2)滑块的质量；(3)滑块在水平面上做减速运动的位移．【对点练习2】如图(a)所示，质量m＝1kg的物体沿倾角＝37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示．求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数k．【例3】一质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1。
高一物理优质课件【运动学、动力学图像问题】
/物理/ 必修 第一册
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3.(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 mA 、 mB 、 mC ， 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的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(ABD) A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mC C．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC
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2．质量为4 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气 阻力与速度成正比，比例系数未知。今测得雪橇运动的vt图像如图所 示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是 曲线的切线(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，则：
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课时作业 巩固演练
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(1)质量m＝50 kg的人竖直站立在电梯中，求t＝2 s时，人对电梯的压力 大小。 答案：(1)450 N 解析：(1)由题图可知t＝2 s时，a＝1 m/s2，对人由牛顿第二定律有mg －FN＝ma 解得FN＝mg－ma＝50×10 N－50×1 N＝450 N 由牛顿第三定律可知人对电梯的压力 FN′＝FN＝450 N。
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A．物体的质量为3.5 kg B．物体与水平面之间的滑动摩擦力为7.0 N C．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.30 D．物体与水平面之间的摩擦力大小始终是6.0 N 答案：C
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专题04动量中的图像问题(共4种图像类型)讲义
专题四动量中的图像问题知识点一、动量中的图像问题(1)首先看清楚所给图像的种类(如F-t 图像、P-t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件一一求出所需要的物理量，如由F-t 图像所包围的“面积”求冲量，由P-t图像的斜率求冲量等知识点二、其他图像问题1．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．2．解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．类型1动量中的F-t图1．（2023秋•浦东新区校级期中）在水平力F的作用下，物块由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示，则（）A．3s时物块的速度方向发生变化B．3s时物块离初始位置的距离最远C．0～6s时间内水平力F的冲量为24N•sD．0～6s时间内水平力F对物块所做的功为0J【解答】解：A、3s时物块受合外力反向，即加速度反向，只是要减速，而速度方向不发生变化，故A错误；B、3s之前物体沿正方向加速，3s之后物体沿正方向减速，由对称性可知，在6s时物块速度减为零，此时离初始位置的距离最远，故B错误；C、因F﹣t图像的面积等于力F的冲量，横轴上方冲量为正，下方冲量为负，可知0～6s时间内水平力F的冲量为零，故C错误；D、由选项B中知道，6s末物块速度减小为零，所以0～6s时间内动能变化为零，即水平力F对物块所做的功为0J，故D正确。
故选：D。
2．（2022春•邳州市月考）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30°，t＝0时质量为0.2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。
取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度g取10m/s2，则物块（）A．在0～1s时间内合外力的功率为5WB．在t＝2s时动能为零C．在0～2s时机械能增加了2.5JD．在t＝3s时速度大小为10m/s【解答】解；A、0﹣1s内由动量定理得：Ft﹣mgsin30°•t＝mv，代入得：2N•s﹣0.2×10×0.5×1N•s＝0.2v，解得v＝5m/s，由动能定理得0﹣1s内合外力的功为W=12mv2=12×0.2×25J=2.5J所以在0﹣1s内合外力的功率为2.5W，故A错误；B、0﹣2s内由动量定理得：Ft﹣mgsin30°•t＝mv，代入得：2N•s﹣0.2×10×0.5×2N•s＝0.2v，解得v＝0，所以t＝2s时动能为零。
高中物理必修一 讲义 第4章 专题强化 动力学图像问题
专题强化动力学图像问题[学习目标] 1.会分析物体受到的力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题。
2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。
常见的图像形式：在动力学问题中，常见的图像是v－t图像、F－t图像、a－F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是物体的运动轨迹。
一、由运动学图像分析物体的受力情况例1(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙固定斜面上滑，上滑到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v－t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C．动摩擦因数μ＝0.5D．动摩擦因数μ＝0.2例2(2022·长沙市第一中学高一期末)建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移x随时间t的变化关系如图所示。
材料受到的拉力大小为F T、速度大小为v。
重力加速度为g，则()A．0～t1内，v减小，F T<mgB．t1～t2内，v增大，F T>mgC．t2～t3内，v减小，F T>mgD．t2～t3内，v减小，F T<mg二、由F－t(a－t)图像、F－x图像分析物体的运动情况例3(2023·西安中学月考)质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图像、a－t图像正确的是()例4(多选)如图甲所示，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。
不计空气阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是()A．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/s2三、由a－F图像分析物体的受力或运动情况例5(多选)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．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大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g图像问题的解题策略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。
专题二运动学动力学问题的图像法用(学生)
杂繁市保价阳光实验学校专题二 运动学、动力学问题的图像法用〔一〕位移图像和速度图像的意义及用 【实例解析】1.〔2007·〕甲乙两辆在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t ＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。
在描述两车运动的v －t 图中〔如图〕，直线a 、b 分别描述了甲乙两车在0－20 s 的运动情况。
关于两车之间的位置关系，以下说法正确的选项是A ．在0－10 s 内两车逐渐靠近B ．在10－20 s 内两车逐渐远离C ．在5－15 s 内两车的位移相D ．在t ＝10 s 时两车在公路上相遇2.〔2007··物理〕固光滑细杆与地面成一倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如下图，取重力加速度g ＝10m/s 2。
求：〔1〕小环的质量m ；〔2〕细杆与地面间的倾角。
【同步练习】1.〔2007··物理〕在中得到小车做直线运动的s -t 关系如下图。
〔1〕由图可以确，小车在AC 段和DE 段的运动分别为【 】〔A 〕AC 段是匀加速运动；DE 段是匀速运动。
〔B 〕AC 段是加速运动；DE 段是匀加速运动。
〔C 〕AC 段是加速运动；DE 段是匀速运动。
〔D 〕AC 段是匀加速运动；DE 段是匀加速运动。
〔2〕在与AB 、AC 、AD 对的平均速度中，最接近小车 在A 点瞬时速度的是_________段中的平均速度。
2.〔2006··物理〕a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图像如图1所示，以下说法正确的选项是 A ．a 、b 加速时，物体a 的加速度大于物体b 的加速度B ．20秒时，a 、b 两物体相距最远C ．60秒时，物体a 在物体b 的前方D ．40秒时，a 、b 两物体速度相，相距200m3.(2007··物理)如图a 所示，质量为M 的滑块A 放在气垫导轨B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A 的位移-时间〔s-t 〕图像和速率-时间〔v-t 〕图像。
专题15 动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题(解析版)
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题15 动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题 特训目标特训内容 目标1动力学图像问题（1T —4T ） 目标2超重失重问题（5T —8T ） 目标3等时圆问题（9T —12T ） 目标4 临界极值问题（13T —16T ）一、动力学图像问题1．如图甲所示，一质量为1kg m =的物体在水平拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体所受摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。
则下列说法中正确的是（ ）A ．1s t =时物体开始做匀减速运动B ．物体匀速运动时的速度大小为2m /sC ．物体与接触面间的动摩擦因数为0.2D ．2s =t 时物体的加速度大小为22m /s【答案】B【详解】A ．物体在开始在F 作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N ，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，3s t =时，滑动摩擦力突变成静摩擦力，说明3s t =时物体刚好减速到速度为零，之后静摩擦力与拉力F 平衡，由图可知静摩擦力图线与滑动摩擦力图线交于1s t =时，可知在1s t =时，拉力F 开始均匀减小，物体开始做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直到3s t =时停下，处于静止状态，A 错误；B ．从1~3s 过程，根据动量定理可得0Ft ft mv -=-解得物体匀速运动时的速度大小为424222m /s 2m /s 1ft Ft v m +⨯-⨯-===，B 正确； C ．由图可知滑动摩擦力大小为4N f mg μ==解得物体与接触面间的动摩擦因数为40.4110f mg μ===⨯，C 错误； D ．2s =t ，由图可知拉力23N F =，根据牛顿第二定律可得，物体的加速度大小22243m /s 1m /s 1f F a m --=== D 错误。
故选B 。
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动力学中几类图像问题分析
作者：张永林
来源：《中学生数理化·学研版》2016年第01期
一、与牛顿运动定律相关的v＼|t图像
图1例1如图1所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向
右的恒力F，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力F′，且F′满足的
关系为F′=kv。已知小圆环的质量为m，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为μ，则小圆环运
动过程中速度随时间变化的图像为（）。
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