高考物理一輪復習講義牛頓第二定律的應(yīng)用動力學中的圖象問題

動力學中的圖像問題一、動力學圖像常見圖像v-t圖像、F-t圖像、a-F圖像、a-t圖像、a-x圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動力學圖像。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點。二、針對練習1、如圖甲所示，水平長木板上有質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應(yīng)時刻物塊所受摩擦力Ff的大?。亓铀俣萭取10m/s2.下列判斷正確的是()A．5s內(nèi)拉力對物塊做功為零B．4s末物塊所受合力大小為4.0NC．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4D．6～9s內(nèi)物塊的加速度的大小為2.0m/s22、（多選）如圖所示，蹦極運動就是在跳躍者腳踝部綁有很長的橡皮條的保護下從高處跳下，當人體落到離地面一定距離時，橡皮繩被拉開、繃緊、阻止人體繼續(xù)下落，當?shù)竭_最低點時橡皮再次彈起，人被拉起，隨后，又落下，反復多次直到靜止。取起跳點為坐標原點O，以豎直向下為y軸正方向，忽略空氣阻力和風對人的影響，人可視為質(zhì)點。從跳下至第一次到達最低點的運動過程中，用v、a、t分別表示在豎直方向上人的速度、加速度和下落時間。下列描述v與t、a與、y的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．3、水平地面上有一輕質(zhì)彈簧，下端固定，上端與物體A相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向下的力壓物體A，使A豎直向下勻加速運動一段距離，整個過程中彈簧一直處在彈性限度內(nèi)．下列關(guān)于所加力F的大小和運動距離x之間的關(guān)系圖象正確的是（） ()4、如圖所示，豎直輕彈簧一端與地面相連，另一端與物塊相連，物塊處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對物塊施加一個豎直向上的拉力，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，此過程中彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，則拉力隨時間變化的圖像可能正確的是（

）A．B．C． D．5、水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖2a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，由圖示可知()A．物塊的質(zhì)量m＝2kgB．物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2C．在4s末，物體的動量為12kg·m/sD．在2～4s時間內(nèi)，小物塊速度均勻增加6、（多選）如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊A的質(zhì)量為1.2kg。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t=0時對物塊A施加水平向右的恒力F，t=1s時撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運動過程中，以下分析正確的是（）A．力F大小為1.2NB．t=1s時A的速度大小為0.8m/sC．物塊B的質(zhì)量為0.6kgD．從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為0.144J7、在光滑水平面上重疊靜置兩個滑塊A和B，如圖甲所示，現(xiàn)對B滑塊施加一水平力F，力F隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，兩滑塊在運動過程中始終保持相對靜止。以水平向右為正方向，則關(guān)于A物體的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及運動的位移x隨時間變化圖象正確的有()8、如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，小球下落的最低位置為C點。以B點為坐標原點O，沿豎直向下建立x軸，小球從B到C過程中的加速度一位移圖像如圖乙所示，重力加速度為g。在小球從B運動到C的過程中，下列說法正確的是（）A．小球在B點時的速度最大B．小球在C點時所受的彈力大于C．圖像與x軸所包圍的兩部分面積大小相等D．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大9、(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為的正方向，則人對地板的壓力()A．t＝2s時最大B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大D．t＝8.5s時最小10、(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象．g取10m/s2.則下列說法正確的是 ()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝4kgC．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1D．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s211、（多選）將一質(zhì)量不計的光滑桿傾斜地固定在水平面上，如圖甲所示，現(xiàn)在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運動。該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示。g取10m/s2.則下列說法正確的是（）A．在2～4s內(nèi)小球的加速度大小為0.5m/s2B．小球質(zhì)量為2kgC．桿的傾角為30°D．小球在0～4s內(nèi)的位移為8m12、(多選)如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示．根據(jù)圖乙中所標出的數(shù)據(jù)可計算出(g取10m/s2) ()A．物體的質(zhì)量為1kgB．物體的質(zhì)量為2kgC．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3D．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.513、（多選）如圖甲所示，在傾角為=30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個質(zhì)量也為m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用沿斜面向上的拉力F作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個滑塊的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則（）A．施加拉力F前，彈簧的形變量為B．拉力F剛施加上時，A的加速度為0C．A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力大小為D．彈簧恢復到原長時，A的速度達到最大值14、(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體．逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)．根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出()A．物體的質(zhì)量B．斜面的傾角C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D．加速度為6m/s2時物體的速度15、如圖甲所示，AB物體靜止在水平面上，施加兩個水平力F：向左拉物體A，向右拉物體B。兩個力始終大小相等，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后做變加速運動。其AB的加速度大小a隨外力F變化的圖象如圖乙中I和II所示（假設(shè)B足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），下列判斷正確的有（g取）（??）A．圖線I表示物體A的a－F圖 B．物體B的質(zhì)量為2kgC．物體B與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.53 D．物體AB間的動摩擦因數(shù)為0.516、(多選)如圖甲所示，光滑斜面上有固定擋板A，斜面上疊放著小物塊B和木板C、木板下端位于擋板A處，整體處于靜止狀態(tài)，木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時，木板C的加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，則由圖像可知()A．10N<F<15N時物塊B和木板C相對滑動B．F>15N時物塊B和木板C相對滑動C．木板C的質(zhì)量D．木板和物塊間的動摩擦因數(shù)17、將一個小球用輕繩懸掛在電梯中（圖甲）。t=0時刻，電梯由靜止開始豎直向上運動，其加速度a隨時間t變化的規(guī)律如圖（圖乙）所示，則（）A．時刻，電梯剛好靜止B．小球在內(nèi)與內(nèi)發(fā)生的位移大小相等C．時刻，小球?qū)p繩的拉力最大D．內(nèi)，小球處于超重狀態(tài)；內(nèi)，小球處于失重狀態(tài)答案1.D【解析】根據(jù)圖象，最大靜摩擦力為4N．4s后，物塊受到拉力F大于4N，開始運動，所以5s內(nèi)拉力做功不為零，A錯誤；4s末，物塊所受合力為零，B錯誤；物塊所受滑動摩擦力為Ff＝3N，質(zhì)量m＝1.0kg，根據(jù)滑動摩擦力公式求出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，C錯誤；6～9s內(nèi)，物體的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(5－3,1)m/s2＝2.0m/s2，D正確．2.BC【詳解】AB．在彈性繩恢復原長之前，人只受重力，所以加速度為g，且不變，當彈性繩開始伸長后，人受到重力和彈力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有，y為下落的豎直距離，l0為彈性繩的原長。根據(jù)表達式可知，加速度逐漸減小，之后反向逐漸增大，A錯誤，B正確；CD．根據(jù)人的受力可知人先做自由落體運動，之后做加速度減小的加速運動，然后做加速度增大的減速運動，到最低點時速度為零，C正確，D錯誤。故選BC。3.D【解析】：開始時，物體處于平衡狀態(tài)，物體受重力和彈力，則有mg＝kx1，物體向下勻加速過程，對物體受力分析，受重力、彈簧向上的彈力、推力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg－F彈＝ma，根據(jù)胡克定律，有F彈＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F彈＝ma＋kx，故力F與x呈線性關(guān)系，且是增函數(shù)，故D正確．4.A【詳解】物塊處于靜止狀態(tài)時，彈簧彈力等于重力，彈簧處于壓縮狀態(tài)現(xiàn)給物體施加一個豎直向上的拉力，做勻加速直線運動則有當物體向上位移x，則有整理得物塊做勻加速直線運動，有聯(lián)立可得可知拉力與時間圖像呈拋物線形狀。故選A。5.C【解析】由a、b兩圖可知，當拉力為6N和12N時，物塊對應(yīng)加速度分別為1m/s2和3m/s2，由牛頓第二定律可得F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，解得物塊質(zhì)量為3kg，動摩擦因數(shù)為0.1，故A、B錯誤；如圖b，2～4s平均加速度為2m/s2，則4s末物體的速度為v＝eq\o(a,\s\up6(－))t＝2m/s2×2s＝4m/s，則在4s末，物體的動量為p＝mv＝3kg×4m/s＝12kg·m/s，故C正確；由b圖可知，在2～4s內(nèi)，加速度逐漸增大，則速度不是均勻增加，故D錯誤。6.AD【詳解】A．t=0時刻，A僅受F作用，根據(jù)牛頓第二定律可知力F的大小為故A正確；B．a(chǎn)t圖像與坐標軸所圍面積表示速度的變化量，所以t=1s時A的速度大小為，故B錯誤；C．設(shè)t=1s時彈簧的彈力大小為T，對A、B根據(jù)牛頓第二定律分別有；解得，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理可得t=1s時A、B組成的系統(tǒng)的動量為撤去拉力后，系統(tǒng)動量守恒，當A、B達到共同速度v時彈簧伸長量最大，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)動能定理可知從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為故D正確。故選AD。7.B【解析】A、B一起加速運動，由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度先減小后增大，故B正確；v－t圖象的斜率表示加速度，因加速度先減小后增大，故v－t圖象不是直線，故A錯誤；整體做單向直線運動，速度逐漸增大，x－t圖象的斜率變化反映速度變化，故C錯誤；摩擦力是物體A做加速運動的合外力，由牛頓第二定律有Ff＝ma，根據(jù)加速度先減小后增大可判定摩擦力先減小后增大，故D錯誤。8.B【詳解】A．小球在B點時，合力為重力，合力和速度同向，會繼續(xù)加速，B點時的速度不是最大。A錯誤；B．小球若從B點由靜止釋放，到達最低點時，由對稱性，最低點加速度向上，大小為；小球從A點自由下落，小球在C點時，彈力比上述情況要大，加速度向上，大于。由牛頓第二定律則，B正確；C．設(shè)在D點，彈力和小球重力平衡，D點速度為，由微元法可知圖像與x軸所包圍的上部分面積圖像與x軸所包圍的下部分面積因為得，C錯誤；D．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球從B運動到C的過程中，小球的重力勢能一直在減小，小球的動能與彈簧的彈性勢能之和一直在增大。D錯誤。故選B。9.AD【解析】：由題意知在上升過程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人對電梯的壓力就越大，故A正確，B錯誤；由圖知，7s以后加速度向下，由mg－F＝ma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，所以C錯誤，D正確．10.AC【解析】由題圖乙，當F等于6N時，加速度a＝1m/s2，對整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，故滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A正確，B錯誤；根據(jù)F大于6N的圖線延長線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，又a＝eq\f(F－μmg,M)，解得μ＝0.1，故C正確；根據(jù)μmg＝ma′，得F＝8N時滑塊的加速度為a′＝1m/s2，故D錯誤．11.AC【詳解】A．由v-t圖像的斜率得：在2～4s內(nèi)小球的加速度大小為a==m/s2=0.5m/s2故A正確；BC．由圖可知，在0～2s時間內(nèi)小球做勻速運動，F(xiàn)1＝5N時，由平衡條件有F1－mgsinα=0①在2～4s內(nèi)小球做勻加速運動，F(xiàn)2＝5.5N，由牛頓第二定律有F2－mgsinα=ma②代入數(shù)據(jù)解得m=1kg；sinα=0.5，故α=30°故B錯誤，C正確；D．小球在0～4s內(nèi)的位移為x=m=5m故D錯誤。故選AC。12.BC【解析】：物體的受力如圖所示在力F從0增大到7N之前物體靜止，在7N時運動狀態(tài)發(fā)生變化，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，代入圖乙中F1＝7N和F2＝14N及對應(yīng)的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，F(xiàn)f＝6N，A錯誤，B正確；Ff＝μFN＝μmg，則μ＝0.3，C正確，D錯誤．13.AC【詳解】A．施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件，有解得，故A正確；B．由圖乙可知，拉力F剛施加上時，物體A、B還未分離，具有相同加速度a，故B錯誤；C．A、B在t1時刻分離，此時它們具有相同得加速度和速度，且對A：代入解得故C正確；D．當A受到合力為零時，即此時A達到最大速度，故D錯誤。故選AC。14.ABC【解析】對物體受力分析，正交分解可得，在沿斜面方向Fcosθ－mgsinθ＝ma，在垂直斜面方向FN＝Fsinθ＋mgcosθ.從題圖乙中取兩個點，當F＝20N，a＝2m/s2，當F＝30N，a＝6m/s2，代入兩式，聯(lián)立可解得m＝2kg，θ＝37°，A、B正確；物體能靜止在斜面上所施加的外力最小時a＝0，代入方程可解得F＝15N，C正確；題中未說明F隨時間的變化情況，且物體做的是變加速直線運動，無法求出加速度為6m/s2時物體的速度，D錯誤．15.D【詳解】A．由圖象可知，當力F為10N時物體開始滑