高考物理计算题复习《动力学中的图像信息题》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《动力学中的图像信息题》一、计算题质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v−t图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的23.该球受到的空气阻力大小恒为f，取(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h．

如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ=37°，一质量为m=2kg的滑块以初速度v 0=16m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s 2)

(1)AB之间的距离；

(2)上滑过程滑块受到斜面摩擦阻力的大小

(3)滑块再次回到A点时的速度的大小．

一辆汽车质量为m=1×103kg，在水平路面上由静止开始先作匀加速直线运动，达到汽车的额定功率后，保持额定功率作变加速直线运动，共经过t=20s达到最大速度v2=20m/s，之后匀速行驶．运动中汽车所受阻力恒定．汽车行驶过程中牵引力(1)求汽车的额定功率P；(2)求汽车做匀加速直线运动时的加速度a；(3)求汽车前20s内行驶的距离d．

质量为1kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B运动的v−t图象如图乙所示，g=10m/s2。求：(1)A与B间的动摩擦因数μ1，B与水平面间的动摩擦因数μ(2)A的质量m．(3)木板至少多长，物块才不从木板上掉下来。

如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平面上，物体在方向与水平方向成37°角斜向上的拉力F作用下向右运动，t 1=1s时撤去拉力，物体运动0～2s内的v−t图象如图乙所示，若取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g(1)物体与水平面的动摩擦因素μ；(2)拉力F的大小．

如图甲，质量为m=2kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，在t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v−t图象如图乙所示．重力加速度g取10m/s2，试求：拉力F

如图(a)所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)所示，g取10m/s2试求：

(1)物块在0−4s内的加速度a1的大小和4−8s内的加速度a2的大小；

(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；

(3)8s内恒力F所做的功．

如图甲所示，一质量为m=1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s后图线没有画出。g取10 m/s2。求：

(1)物体在第3 s末的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数；(3)物体在前6 s内的位移。

一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求：(1)0～6 s时间内物体的位移；(2)0～10 s时间内物体克服摩擦力所做的功。

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，sin370=0.6，cos370=0.8，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。质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v−t图象如图所示．g取10m/s2，求：

(1)0−10s内物体运动位移的大小．

(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ；

(3)水平推力F的大小．

质量为3 kg的物体，在0 ∼ 4 s内受水平力F的作用，在4 ∼ 10 s内因受摩擦力作用而停止，其v−t图象如图所示。求：(1)物体所受的摩擦力；(2)在0 ∼ 4 s内物体所受的拉力；(3)在0 ∼ 10 s内物体的位移。

如图甲所示，一物块以一定的初速度沿固定斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图乙所示．求斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ．

如图甲所示，质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动，过a点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始计时，取水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v−t图像如图乙所示．重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；

(2)10 s末物体的位置．

如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m=2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。

两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ=0.3，(1)推力F的大小；(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离。

如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设空气阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h。

某兴趣小组让一辆自制小遥控车在水平的直轨道上由静止开始运动，小车先做匀加速运动而后以恒定的功率运动，其运动的v−t图象如图所示(除4s−8s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。小车的质量为m=2kg，小车在整个过程中所受的阻力大小不变恒为f=6N.求：

(1)小车匀速行驶阶段的功率；

(2)小车的速度为v1=8m/s时的加速度a1大小；

(3)小车在加速运动过程中总位移s的大小。

两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg，A与地面间的动摩擦因数μ=0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v−t图象如图(b)所示.g取10m/(1)推力F的大小.

(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．

如图甲所示，质量为m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示．取重力加速度g=10 m/s2.(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s末物体离a点的距离．

如图甲所示，质量m=1kg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=0.5s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10m/s2，求：

(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。

粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如图甲和图乙所示．重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)前2 s内物体运动的加速度和位移．(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ．

如图甲所示，质量M=2kg、长L=1m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m=1kg、大小可以忽略的铁块.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g=10m/s2)

(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F=kt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示.求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；

(2)若在铁块上施加恒力已知人和雪橇的总质量m=75kg，沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动，滑动时雪橇所受的空气阻力f1与速度v成正比，比例系数k未知。从某时刻开始测得雪橇运动的v—t图线如图，AD是AC的切线，A点坐标(0,5)，D点坐标(4,15)(1)试说明雪橇的运动情况。(先做什么运动？加速度的大小怎样变化？速度的大小怎样变化？后来做什么运动)(2)当雪橇的速度v=5m/s时，它的加速度为多大？(3)求空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。

质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v−t图象如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2，求：

(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2(3)A的质量．

如图甲所示，轨道ABC由一个倾角为θ=30°的斜轨道AB和一个水平轨道BC组成，一个可视为质点的质量为m的滑块从A点由静止开始下滑，滑块在轨道ABC上运动的过程中，受到水平向左的拉力F的作用，力的大小和时间的关系如图乙所示，经过时间t0滑块经过B点，经过B点时无机械能损失，最后停在水平轨道BC上，滑块与轨道之间的动摩擦因数μ=0.5，已知重力加速度为g。求：

(1)整个过程中滑块的运动时间；(2)整个过程中水平拉力F做的功；(3)整个过程中摩擦力做的功。

如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=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=1s时撤去拉力，物体运动的部分v−t图象如图乙所示，(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)试求：

(1)前2s内物体的位移

(2)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F大小．

一质量m=40kg的小孩站在竖直电梯内的体重计上。电梯从t=0时刻由静止开始启动，在0到7s内体重计示数F的变化如图所示。试问：

(1)小孩乘电梯是上楼还是下楼⋅简述理由．(2)在这段时间内电梯运动的距离是多少？(g=10m/s2)

答案和解析1.【答案】解：(1)设弹性球第一球下落过程中的加速度大小为a1 ，由图知a1 =△v△t=30.5m/s 2=6m/s 2

根据牛顿第二定律，得mg−f=ma1 

解得：f=m(g−a1 )=0.1×(10−6)=0.4N

(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1 =3m/s，

设球第一次离开地面时的速度为v2 【解析】(1)根据图象求得小球下落时的加速度，再根据牛顿第二定律求得空气阻力的大小；

(2)由题意求得反弹时的初速度和加速度，根据运动学公式求反弹的高度h．

掌握牛顿第二定律由加速度的大小，读懂v−t图象是正确解题的关键，不难属于基础题．

2.【答案】解(1)由v−t图象知AB之间的距离为：SAB=12×2×16m=16m

(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，滑块与斜面之间的滑动摩擦力为f，上滑过程有：

mgsin37°+f=ma1

a1=v0t=8m/s2

代入数据解得：f=4N

(3)设从B返回到A过程的加速度大小为a【解析】(1)速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移；

(2)根据运动学公式求解出上滑过程的加速度，然后受力分析并根据牛顿第二定律列式即可求出摩擦力的大小；

(3)下滑时同样受力分析并根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解。

本题关键根据速度时间图象得到上滑时的运动情况，求解出加速度后根据牛顿第二定律确定受力情况；下滑过程是已知受力情况，求解出加速度后确定运动情况。

3.【答案】解：(1)由图象可得，当最大速度v2=20m/s故恒定阻力f=F额定功率

P=F(2)匀加速运动的末速度

v1=代入数据解得v1匀加速直线运动的加速度

a=(3)汽车在速度达到10m/s之前，一直做匀加速直线运动故匀加速运动的时间为

t1匀加速运动的距离d1之后做变加速直线运动，故变加速运动的时间为t2变加速运动的距离为d2，由动能定理：代入得d故汽车在前20s内行驶的距离s=d

【解析】(1)由牵引力F与车速v的倒数的关系图像得到阻力，由P=Fv得到汽车的额定功率；(2)由牛顿第二定律得到汽车做匀加速直线运动时的加速度a；(3)根据运动学公式求出匀加速运动的时间和位移，利用动能定理得到后面变加速运动的位移，最终得到汽车前20s内行驶的距离d。本题的运动模型为汽车的两种启动方式，注意运动过程的分析以及物理规律的选取。

4.【答案】解：(1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1=v−μ1由题图乙知，AB在1～3 s内的加速度a对AB由牛顿第二定律得，−解得μ(2)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a对B由牛顿第二定律得，μ1代入数据解得m=3kg(3)两物块在1s内v−t图像围成的面积Δx=所以木板至少长2m，物块才不从木板上掉下来。

【解析】(1)A滑上B做匀减速直线运动，根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出A与B之间的动摩擦因数；A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。

(2)隔离对B分析，根据速度时间图线得出B的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。

(3)根据v−t图像求出物块在木板上滑动的距离即两物体位移之差。

本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行求解。

5.【答案】解：(1)撤去F后，μmg=m根据速度−时间图像得出加速度大小：a2故μ=0.8

(2)第一阶段对物体受力分析列出牛顿第二定律方程为：Fcos

根据速度−时间图像得出：

a两式联立得出：F=18.75N

答：(1)物体与水平面的动摩擦因素μ=0.8；

(2)拉力F=18.75N。

【解析】(1)撤去F后，受力分析根据牛顿第二定律求出加速度，再结合速度−时间图像求出加速度，从而求解动摩擦因数；(2)根据第一阶段速度时间图像求出加速度，再结合牛顿第二定律求解加速度，联立求解拉力F。本题是牛顿第二定律的两类题目，中间的桥梁是加速度。

6.【答案】解：由图像可知，有力F时加速度的大小为a撤力F后加速度大小为a由牛顿第二定律：F−mgsinθ−μmgcosθ=mmgsinθ+μmgcosθ=m解得：F=60N，μ=0.5；即所求的拉力为60N，动摩擦因数为0.5。

【解析】根据图乙得出两个阶段的加速度，再结合牛顿第二定律方程求解拉力和动摩擦因数。本题是已知运动情况求解受力的基础题目。

7.【答案】解：(1)由图可知，0−4s内，物体向右做匀减速直线运动，4−8s内，物体向左做匀加速直线运动；

0−4s内，a1=ΔvΔt=204m/s2=5m/s2，方向水平向左；

4−8s内，，方向水平向左；

(2)由牛顿第二定律，得到：

F+μmg=ma1

F−μmg=ma2

【解析】(1)物体先向右减速在向左加速，根据v−t图象得到两段的加速度；

(2)然后根据牛顿第二定律列式求解拉力及动摩擦力因数；

(3)8s内恒力F所做的功；

本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度，根据功的公式计算做功的多少。

8.【答案】解：(1)根据v−t图象和加速度定义式有a1(2)在0～4s内，在水平方向F1−μmg=ma(3)设前4s的位移为x1，根据位移公式4s后的加速度为a2，则所以a物体4～6s内，根据位移公式x物体在前6s内的位移x=

【解析】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中。(1)根据v−t图象和加速度定义式即可求解加速度；

(2)在0−4s内，运用牛顿第二定律即可求解；

(3)分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两端位移之和即为总位移。

9.【答案】解：(1)由图(丙)知物体的位移为图线与t轴所围的面积，

则x=6−22×3

m=6

m

(2)由图(乙)、(丙)知，在6～8

s时间内，物体做匀速运动，摩擦力f=F=2

N

由图(丙)知，在0～10

s时间内物体的总位移为

x′=(8−6)+(10−2)2×3

m=15

m，

所以W=fx′=2×15

J=30

J

答：(1)0～6s时间内物体的位移为6m；【解析】(1)根据v−t图象求出物体运动特征，根据运动运动学知识求位移；

(2)滑动摩擦力为恒力，根据W=Fs求摩擦力做功。

此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合功和功率的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题。

10.【答案】解：(1)撤去外力物体做匀减速直线运动，由图像可知加速度大小：a2=10m/s2；

根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2；

解得：μ=0.5；

(2)物体开始做匀加速直线运动，由图像可知加速度大小：a1=20m/s2；

根据牛顿第二定律得：F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1；

F=30N；

(3)设撤去力后物体运动到最高点时间为t2,v1=a2t2

解得t2=2s；

则物体在第3s时到达最高点，然后又下滑；

设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得：

mgsinθ−μmgcosθ=ma3；

解得：a3=2m/s2；【解析】由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；

先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度。

本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解。

11.【答案】解：(1)物体在0−6s的加速度为：a1=△v△t=8−26=1m/s2

物体在6−10s的加速度为：a2=△v△t=0−84=−2m/s2

0−10s内物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积，故位移为：

x=12×(2+8)×6+12×4×8=46m

(2)匀减速过程，根据牛顿第二定律，有

−μmg=ma2

解得：μ=a2−g=−2m/s【解析】根据速度−时间图象可知：0−6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s−10s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解力．

本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．属于中档题．

12.【答案】(1) 6N (2) 15N (3) 60m

【解析】略

13.【答案】解：设物块沿斜面上滑和下滑的加速度分别为a1、a2，由v−t图象可得：

a1=0−4.00.5

m/s2=−8 m/s2

a2=2.0−01.5−0.5

【解析】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。

14.【答案】解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v−t图得：

a1=2

m/s2…①

根据牛顿第二定律，有：F+μmg=ma1…②

设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v−t图得：

a2=1m/s2…③

根据牛顿第二定律，有：F−μmg=ma2…④

解①②③④得：F=3N，μ=0.05

(2)设10s末物体离a点的距离为d，d应为v−t图与横轴所围的面积，则有：d=12×4×8m−12×6×6m=−2m，负号表示物体在a点左侧

【解析】(1)由v−t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；

(2)设10s末物体离a点的距离为d，d应为v−t图与横轴所围的面积．

本题主要考查了速度−时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度−时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中．

15.【答案】解：(1)由v−t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L，即为v−t图线与t轴所围的面积，

所以：L=12×1×10+12×(10+12)×1m=16m

由平均速度的定义得：v−=Lt=8m/s；

(2)由v−t图象可知传送带运行速度为v1=10m/s，

0～1s内物体的加速度为：a1=△v△t=10m/s2

1～2

s内的加速度为：a2=2m/s2；

【解析】(1)物块轻放上传送带，开始所受的滑动摩擦力沿斜面向下，当速度相等后，滑动摩擦力沿传送带向上，从A到B做加速度不同的匀加速直线运动，根据速度时间图线与时间轴之间的面积求出位移，然后由：v=Lt求出平均速度；

(2)求出0−1s内的加速度，从而得出合力的大小，求出速度相等后的加速度，对两个过程分别运用牛顿第二定律列式，即可求出动摩擦因数的大小。

本题考查传送带问题，解决本题的关键要理清物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、功能关系和运动学公式进行研究。

16.【答案】解：(1)在水平推力F作用下，物体AB一起做匀加速运动，加速度为a，由B物体的v−t图象得，

a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2

对于AB整体，由牛顿第二定律得F−μmAg=(mA+mB)a

代入数据解得F=15N

(2)物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，AB两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动

对A由−μmAg=mAaA，

解得aA=μg=3m/s2

t=0−v0a【解析】(1)根据乙图求得匀加速阶段的加速度，对AB整体由牛顿第二定律求得推力；

(2)根据牛顿第二定律求得撤去外力后物体A的加速度，根据运动学公式求得减速到零所需时间，根据运动学公式即可判断出AB间相距的距离。

本题考查综合运用牛顿第二定律和动能定理处理动力学问题的能力，能够从乙图中判断出B不受摩擦力是解题的关键。

17.【答案】解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：

a1=24−02=12m/s2，

由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1

代入数据，解得：f=6N。

2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：

mg−f=ma2

即a2=8m/s2，

4s末小球的速度为：

v=a2t2【解析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力；利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

18.【答案】解：(1)由图可知：机车的最大速度vm=9m/s

由P=fvm

解得：P=54W

(2)当机车的速度为v1时，其牵引力F1=Pv1

根据牛顿第二定律：F1−f=ma1

解得：a1=0.375m/s2

(3)由图可知：t1时机车匀加速结束速度v=6m/s

由s1=v2t1

机车变加速时，由动能定理：

P(t2−t1)−fs【解析】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的图象等知识点。要掌握好机动车启动的两种方式，并且能够利用牛顿第二定律及动能定理来求解。

19.【答案】解：(1)在水平推力F作用下，物体AB一起做匀加速运动，加速度为a，由B物体的v−t图象得，

a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2

对于AB整体，由牛顿第二定律得F−μmAg=(mA+mB)a

代入数据解得F=15N

(2)物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，AB两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动

对A由−μmAg=mAaA，解得aA=μg=3m/s2

t=0−v0aA【解析】(1)根据乙图求得匀加速阶段的加速度，对AB整体由牛顿第二定律求得推力；

(2)根据牛顿第二定律求得撤去外力后物体A的加速度，根据运动学公式求得减速到零所需时间，根据运动学公式即可判断出AB间相距的距离

本题考查综合运用牛顿第二定律和动能定理处理动力学问题的能力，能够从乙图中判断出B不受摩擦力是解题的关键。

20.【答案】解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v−t图象可得加速度大小：，方向与初速度方向相反，

设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v−t图象可得加速度大小：，方向与初速度方向相反，

在0～4s内，根据牛顿第二定律有：F+μmg=ma1

在4～10s内，根据牛顿第二定律有：F−μmg=ma2

联立解得：F=3N，μ=0.05；

(2)设10s末物体的位移为d，d应为v−t图象与横轴所围的面积，

则有：，负号表示物体在a点左边。

即物体在a点左侧2【解析】本题关键是根据运动的v−t图象求解加速度，确定受力情况后由牛顿第二定律列式，求解出动摩擦因数，由v−t图象的面积求解位移。

(1)由v−t图象的斜率分别求得物体的加速度，对两段时间分别运动牛顿第二定律列式，联立求解；

(2)根据v−t象与横轴围成的面积求得位移，从而判断10s末物体离a点的距离。

21.【答案】解：(1)由图乙知物块沿斜面上升的位移：

路程

(2)速度图象的斜率等于加速度，由图乙知，沿斜面向上运动两个阶段加速度的大小分别为：

向上加速阶段，则加速速为

减速向上阶段加速度大小

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，

根据牛顿第二定律

0 ～ 0.5 s内；F−Ff−mgsinθ=ma1

0.5 ～ 1.0 s内；Ff+mgsinθ=ma2

【解析】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。

(1)根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出2s内物块的位移大小和路程大小；

(2)根据图线的斜率求出沿斜面向上运动两个阶段的加速度大小，根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出拉力的大小。

22.【答案】解：(1)根据速度图象的斜率等于加速度，知前2s内物体的运动加速度：a=ΔvΔt=2m/s2

前2s内物体的位移为：x=12at2=4m

(2)根据牛顿第二定律得：

前2s内：F1−μmg=ma

后2s【解析】本题是一平衡条件及牛顿第二定律与图象的综合问题。正确理解图象并确定下物体的运动状态，是解题的关键。(1)根据速度图象的斜率等于加速度，求出前2s内物体运动的加速度，由x=12at2求出位移；

(2)分析物体的运动情况：前2s内做匀加速运动，后2s

23.【答案】解：(1)由图乙可以看出，0−1s时间内，M、m均没有滑动，由平衡条件有：Ff12−3s内，M、N相对静止，但整体相对地面一起向右运动，故t=1s时，恰好有：Ff2=μ1(m+M)g=3N；

可得木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1；

3s后，M、N相对滑动，m受到滑动摩擦力，有：μ2mg=5N；

可得木板与铁块间的动摩擦因数μ2=0.5；

(2)要使铁块从木板上滑落，必须使铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，F的大小范围是F>6N；

(3)当F=8N时，对铁块，由牛顿第二定律得：F−μ2mg=ma1

解得：a1=3m/s2。

对木板有：1 解得：t=1s。

若在铁块上施加向右的恒力F=8N，铁块运动到木板右端所用的时间是1s；

【解析】(1)由图乙分析两个物体的运动情况，知道0−1s内，M、m均静止，Ff=F=kt。2−3s内，M、N相对静止，相对地面一起向右运动；3s后，M、N相对滑动，分段研究物体的运动情况，由摩擦力公式求解。

(2)要使铁块从木板上滑落，必须使铁块的加速度大于木板的加速度，采用隔离法对两个物体分别运用牛顿第二定律列式，即可求解。

分析清楚两个物体的运动情况是解决本题的关键，要把握临界条件：两个间恰好相对滑动时静摩擦力达到最大。同时要明确两者的位移关系、时间关系等等。还要灵活选择研究对象，加速度不同时，应采用隔离法求各自的加速度。

24.【答案】解：(1)如图线可知，图线的斜率先变小后变为零，雪橇开始以5m/s的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s作匀速运动

(2)雪撬速度v=5m/s时，AB的斜率等于加速度的大小a=ΔvΔt=2.5m/s2

(3)空气阻力为f1=kv0

取人和雪撬为研究对象，由牛顿第二定律，得

mgsinθ−f1−f2=ma

即mgsinθ−kv−μmgcosθ=ma

由v−t图象知t0=0时，v0=5m/s，a=2.5m/s2

当速度达到最大值时，vm=10m/s，a=0

【解析】(1)根据v−t图象的斜率读出加速度的变化，分析雪橇的运动情况；

(2)当雪橇的速度v=5m/s时，由数学知识求出斜率，得到加速度；

(3)以人和雪撬整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，将t0=0时速度和加速度、速度最大时的速度和加速度，代入求出空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。

本题要抓住速度图象的斜率等于物体的加速度，首先考查读图能力．其次考查运用数学知识处理物理问题的能力。

25.【答案】解：(1)由图象可知，A在0−1s对A由牛顿第二定律得，

−μ1mg=ma1

解得μ1=0.2。

(2)由图象知，AB在1−3s内的加速度a3= v3−v1 t2