微专题13牛顿运动定律应用之图像问题

1、 / 11微专题 13 牛顿运动定律应用之图像问题【核心要点提示】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【核心方法点拨】(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【经典例题选讲】1】 (2015 新课标全国)(多选)如图a，一物块在t 0 时刻滑上一固定斜面，其运动vt 图线如图b 所示若重力加速度及图b 中的v0、 v1、 t1 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

2、间的动摩擦因数D 物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】由vt 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a v0，根据牛顿第二定律t1得 mgsin mgcos ma，即gsin g cos vt0.同理向下滑行时gsin g cos vt1，两v0 v1 v0 v1式联立得sin v01， v01 ， 可见能计算出斜面的倾角 以及动摩擦因数，选项 A、2gt12gt1 cos TOC o 1-5 h z C 正确；物块滑上斜面时的初速度v0 已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v20， 所以沿斜面向上滑行的最远距离为x v20t1， 根据斜面的倾角可计算出向上滑行

3、的最大高度为xsin v0t1 v0 v1 v0(v0 v1)，选项D 正确；仅根据vt图象无法求出22gt14g物块的质量，选项B 错误【答案】ACD【变式 1 】 (多选)(2018 广东深圳一模)如图甲所示，质量m 1 kg、初速度v0 6 m/s 的物块受水平向左的恒力F 作用，在粗糙的水平地面上从O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s2， 下列说法中正确的是()A t 2 s时物块速度为零B t 3 s时物块回到O 点C恒力F 大小为 2 ND 物块与水平面间的动摩擦因数为0.1解析：通过题图可知，物

4、块在恒力F 作用下先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动， 根据图线求出做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定2律求出恒力F 和摩擦力的大小。物体做匀减速直线运动的加速度大小为a1 v0 3 m/s2， 物2x1块做匀减速直线运动的时间为t1 v0 2 s，故A 正确；物体做匀加速直线运动的加速度大a1小为a2 v2 1 m/s2，反向加速到出发点的时间t2x1 2 3 s，故B 错误；根据牛顿 TOC o 1-5 h z 2x2a2第二定律得FFfma1，FFfma2，联立两式解得F2N，Ff1 N，则动摩擦因数为 Ff 0.1，故C、 D 正确。mg答案：ACD

5、【例题2】 (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 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 解析 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x 方向：Fcos mgsin ma y 方向：N Fsin Gcos 0 从图象中取两个点(20N,2m/s2)， (30N,6m/s 2)代入式解得：m 2kg， 37

6、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 TOC o 1-5 h z D 不可以算出；故选D 。【变式 2】 (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 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)()2A 0 1 s 内，物体的加速度大小为2 m/s2B 1 2 s内，物体的加速度大小为2 m/sC 0

7、1 s内，物体的位移为7 mD 0 2 s内，物体的总位移为11 m【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 mgma，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 mg 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0121 s内位移为x1 v0t1 2at1 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【答案】BD.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力

8、大小与物体速率成正比，下列用虚线（斜线）和实线描述两物体运动的速率 时间图象可能正确的是（）【解析】根据速度 时间图象的斜率表示加速度，速率 时间图象的斜率也表示加速度忽略空气阻力的竖直上抛运动，其上升过程和下降过程对称所受空气阻力与物体速率成正比的竖直上抛运动，上升阶段重力和空气阻力方向相同，开始上升时合外力最大，随着上升高度的增加，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，上升到最高点时，加速度减小到g；下落阶段重力和空气阻力方向相反，随着下落高度的增加，物体速率增加，所受空气阻力增加，合 TOC o 1-5 h z 外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率 时间图象可能正确的是选项D.【答案

9、】D. （2016 江西宜春高三质检）某物体做直线运动的v t 图象如图所示，据此判断F 表示物体所受合力，t 表示物体运动的时间四个选项中正确的是（）【解析】 由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒内受力恒定，24 s 内沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4 6 s 内沿负方向做匀加速直线运动， 所以受力为负，恒定， 6 8 s 内沿负方向做匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B 正确。【答案】B.（2017 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

10、度随下沉速度变化的g，下列说法正确的是（ C ）A铝球刚开始运动的加速度a0 gB 铝球下沉的速度将会一直增大ma0vC铝球下沉过程所受到油的阻力f ma0vv0D 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mg F浮 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 a0m F浮g m g， A 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 ma0，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 a0 va0

11、v，由以上各式解得铝球与油的阻力f mva0v， 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。4.（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 TOC o 1-5 h z 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Ag 取10 m/s2，则下列说法正确的是（）点为零重力势能参考点，A小物块最大重力势能为54 JB 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 1C小物块与

12、斜面间的动摩擦因数为23D 推力F 的大小为40 N1解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x 231.2 m1.8 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Epm 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 v02 v，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a2 10 m/s2， 由牛顿第二定律有mgsin 30 mgcos 30 ma2， 得 3，3则 C 项错。 由乙图可知加速上升时加速度大小a1 130 m/s2， 由

13、牛顿第二定律有F mgsin 30 mgcos 30 ma1，得F 40 N，则 D 项正确。答案：5.(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 TOC o 1-5 h z 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/s2，斜面的倾角为，下列说法正确的是()A若 已知，可求出A的质量B 若 未知，可求出图乙中a1 的值C若 已知，可求出图乙中a2的值D若 已知，

14、可求出图乙中m0的值【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，a2gsin ， C 项正确；若m m0， A的加速度为零，由平衡条件可知，m0g mAgsin ，必须知道A的质量mA和 的值，m0才可求，D 项错；若B 的质 TOC o 1-5 h z 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【答案】BC6.(2016 海南单科 )沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用， 其下滑的速度时间图线如图所

15、示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0 5 s， 5 10 s， 1015 s内 F 的大小分别为F1、 F2和 F3，则()A F1F3C F1F3D F1 F3【解析】根据v t图象可知，在0 5 s内加速度为a1 0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s内，加速度a2 0；在10 15 s内加速度为a10.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在05 s 内，根据牛顿第二定律：mgsin fF1ma1，则F1mgsin f0.2 m ；在510 s 内，根据牛顿第二定律：mgsin fF2ma2，则F2mgsin f；在1015 s内，根据牛顿第二定律：f F3 m

16、gsin ma3，则F3 mgsin f 0.2 m，故可以得到F3F2F1，故选项A 正确。A.如图甲所示，质量 m 1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t 0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v t 图象 )如图乙所示，g 取10 m/s2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、 a2和拉力大小F.【解析】(1)在 2 s内，由图乙知：1物块上升的最大距离：x1 221 m 1 m1物块下滑的距离：x2 211 m 0.5 m所以位移大小x x1 x2 0.5

17、m路程 L x1 x21.5 m (2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a1 4 m/s2a2 4 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有0 0.5 s内： F Ff mgsin ma10 5 1 s内：Ff m gsin ma2由式得F 8 N【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N.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/s

18、2.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【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 mgcos mgsin 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：mgsin mgcos ma2解得：F 30 N， 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t2v1 a2t2，解得t2 2 s；则物体沿斜面下滑的时间为t3 t t1 t2 1 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsin mc

19、gos 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【答案】(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s，沿斜面向下9.如图甲所示，为一倾角 37的足够长斜面，将一质量为m1 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sin 37 0.6， cos 37 0.8，求：面间的动摩擦因数 0.25，取g 10 m/s2，(1)2 s 末物体的速度；(2)前 16 s内物体发生的位移。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 mgsin F1 mgcos ma1v1a1t1代入数据可得a1 2.5 m/s2。方向沿斜面向下v1 5 m/s，方向沿斜面向下。(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则12x1 2a1t1 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F2 mcgos mgsin ma2代入数据可得a