高考物理一輪復(fù)習(xí)講義牛頓第二定律的應(yīng)用動(dòng)力學(xué)中的圖象問(wèn)題

動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題一、動(dòng)力學(xué)圖像常見(jiàn)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(shí)間變化的圖線，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)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(wèn)題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動(dòng)力學(xué)圖像。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)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(guò)程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)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(lái)，再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來(lái)的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。二、針對(duì)練習(xí)1、如圖甲所示，水平長(zhǎng)木板上有質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)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(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)就是在跳躍者腳踝部綁有很長(zhǎng)的橡皮條的保護(hù)下從高處跳下，當(dāng)人體落到離地面一定距離時(shí)，橡皮繩被拉開、繃緊、阻止人體繼續(xù)下落，當(dāng)?shù)竭_(dá)最低點(diǎn)時(shí)橡皮再次彈起，人被拉起，隨后，又落下，反復(fù)多次直到靜止。取起跳點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，以豎直向下為y軸正方向，忽略空氣阻力和風(fēng)對(duì)人的影響，人可視為質(zhì)點(diǎn)。從跳下至第一次到達(dá)最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)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(gè)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(yùn)動(dòng)一段距離，整個(gè)過(guò)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(yùn)動(dòng)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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)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(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，則拉力隨時(shí)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(shí)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(guò)程中，物塊的加速度a隨時(shí)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．在4s末，物體的動(dòng)量為12kg·m/sD．在2～4s時(shí)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(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)，t=0時(shí)對(duì)物塊A施加水平向右的恒力F，t=1s時(shí)撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下分析正確的是（）A．力F大小為1.2NB．t=1s時(shí)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(zhǎng)量最大的過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)物塊B所做的功為0.144J7、在光滑水平面上重疊靜置兩個(gè)滑塊A和B，如圖甲所示，現(xiàn)對(duì)B滑塊施加一水平力F，力F隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，兩滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持相對(duì)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(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)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(diǎn)自由下落，至B點(diǎn)時(shí)開始?jí)嚎s彈簧，小球下落的最低位置為C點(diǎn)。以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿豎直向下建立x軸，小球從B到C過(guò)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(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在B點(diǎn)時(shí)的速度最大B．小球在C點(diǎn)時(shí)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(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)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(guò)程中加速度隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為的正方向，則人對(duì)地板的壓力()A．t＝2s時(shí)最大B．t＝2s時(shí)最小C．t＝8.5s時(shí)最大D．t＝8.5s時(shí)最小10、(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)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(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)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(shuō)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D．當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為2m/s211、（多選）將一質(zhì)量不計(jì)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(yùn)動(dòng)。該過(guò)程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示。g取10m/s2.則下列說(shuō)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(lái)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(guò)程中，物體先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)，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(biāo)出的數(shù)據(jù)可計(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.3D．物體與水平面間的動(dòng)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(gè)質(zhì)量也為m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(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(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)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(shí)，A的加速度為0C．A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力大小為D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，A的速度達(dá)到最大值14、(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(jì)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(shí)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(gè)水平力F：向左拉物體A，向右拉物體B。兩個(gè)力始終大小相等，在F從0開始逐漸增大的過(guò)程中，物體先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)。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(zhǎng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），下列判斷正確的有（g?。??）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(dòng)摩擦因數(shù)為0.53 D．物體AB間的動(dòng)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?fàn)顟B(tài)，木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時(shí)，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(dòng)摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，則由圖像可知()A．10N<F<15N時(shí)物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)B．F>15N時(shí)物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)C．木板C的質(zhì)量D．木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)17、將一個(gè)小球用輕繩懸掛在電梯中（圖甲）。t=0時(shí)刻，電梯由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖（圖乙）所示，則（）A．時(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng)，所以5s內(nèi)拉力做功不為零，A錯(cuò)誤；4s末，物塊所受合力為零，B錯(cuò)誤；物塊所受滑動(dòng)摩擦力為Ff＝3N，質(zhì)量m＝1.0kg，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式求出物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，C錯(cuò)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(fù)原長(zhǎng)之前，人只受重力，所以加速度為g，且不變，當(dāng)彈性繩開始伸長(zhǎng)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(zhǎng)。根據(jù)表達(dá)式可知，加速度逐漸減小，之后反向逐漸增大，A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)人的受力可知人先做自由落體運(yùn)動(dòng)，之后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。3.D【解析】：開始時(shí)，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(guò)程，對(duì)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?fàn)顟B(tài)時(shí)，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(gè)豎直向上的拉力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)則有當(dāng)物體向上位移x，則有整理得物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立可得可知拉力與時(shí)間圖像呈拋物線形狀。故選A。5.C【解析】由a、b兩圖可知，當(dāng)拉力為6N和12N時(shí)，物塊對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，故A、B錯(cuò)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(dòng)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(cuò)誤。6.AD【詳解】A．t=0時(shí)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(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量，所以t=1s時(shí)A的速度大小為，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)t=1s時(shí)彈簧的彈力大小為T，對(duì)A、B根據(jù)牛頓第二定律分別有；解得，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理可得t=1s時(shí)A、B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量為撤去拉力后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B達(dá)到共同速度v時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得根據(jù)動(dòng)能定理可知從開始到彈簧第一次伸長(zhǎng)量最大的過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；整體做單向直線運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，x－t圖象的斜率變化反映速度變化，故C錯(cuò)誤；摩擦力是物體A做加速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤。8.B【詳解】A．小球在B點(diǎn)時(shí)，合力為重力，合力和速度同向，會(huì)繼續(xù)加速，B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大。A錯(cuò)誤；B．小球若從B點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，由對(duì)稱性，最低點(diǎn)加速度向上，大小為；小球從A點(diǎn)自由下落，小球在C點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)，彈力和小球重力平衡，D點(diǎn)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?yàn)榈茫珻錯(cuò)誤；D．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，小球的重力勢(shì)能一直在減小，小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和一直在增大。D錯(cuò)誤。故選B。9.AD【解析】：由題意知在上升過(guò)程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人對(duì)電梯的壓力就越大，故A正確，B錯(cuò)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(duì)電梯的壓力就越小，所以C錯(cuò)誤，D正確．10.AC【解析】由題圖乙，當(dāng)F等于6N時(shí)，加速度a＝1m/s2，對(duì)整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當(dāng)F大于6N時(shí)，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(cuò)誤；根據(jù)F大于6N的圖線延長(zhǎng)線知，F(xiàn)＝4N時(shí)，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(shí)滑塊的加速度為a′＝1m/s2，故D錯(cuò)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(shí)間內(nèi)小球做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1＝5N時(shí)，由平衡條件有F1－mgsinα=0①在2～4s內(nèi)小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤，C正確；D．小球在0～4s內(nèi)的位移為x=m=5m故D錯(cuò)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(shí)運(yùn)動(dòng)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(duì)應(yīng)的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，F(xiàn)f＝6N，A錯(cuò)誤，B正確；Ff＝μFN＝μmg，則μ＝0.3，C正確，D錯(cuò)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(shí)，物體A、B還未分離，具有相同加速度a，故B錯(cuò)誤；C．A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)它們具有相同得加速度和速度，且對(duì)A：代入解得故C正確；D．當(dāng)A受到合力為零時(shí)，即此時(shí)A達(dá)到最大速度，故D錯(cuò)誤。故選AC。14.ABC【解析】對(duì)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(gè)點(diǎn)，當(dāng)F＝20N，a＝2m/s2，當(dāng)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(shí)a＝0，代入方程可解得F＝15N，C正確；題中未說(shuō)明F隨時(shí)間的變化情況，且物體做的是變加速直線運(yùn)動(dòng)，無(wú)法求出加速度為6m/s2時(shí)物體的速度，D錯(cuò)誤．15.D【詳解】A．由圖象可知，當(dāng)力F為10N時(shí)物體開始滑