高考物理一轮复习讲义牛顿第二定律的应用动力学中的图象问题

动力学中的图像问题一、动力学图像常见图像v­t图像、F­t图像、a­F图像、a­t图像、a­x图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。破题关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的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、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。二、针对练习1、如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s22、（多选）如图所示，蹦极运动就是在跳跃者脚踝部绑有很长的橡皮条的保护下从高处跳下，当人体落到离地面一定距离时，橡皮绳被拉开、绷紧、阻止人体继续下落，当到达最低点时橡皮再次弹起，人被拉起，随后，又落下，反复多次直到静止。取起跳点为坐标原点O，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力和风对人的影响，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示在竖直方向上人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与、y的关系图像可能正确的是（）A． B．C． D．3、水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是（） ()4、如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。现对物块施加一个竖直向上的拉力，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力随时间变化的图像可能正确的是（

）A．B．C． D．5、水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4s末，物体的动量为12kg·m/sD．在2～4s时间内，小物块速度均匀增加6、（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为1.2kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（）A．力F大小为1.2NB．t=1s时A的速度大小为0.8m/sC．物块B的质量为0.6kgD．从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J7、在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及运动的位移x随时间变化图象正确的有()8、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（）A．小球在B点时的速度最大B．小球在C点时所受的弹力大于C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大9、(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小10、(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象．g取10m/s2.则下列说法正确的是 ()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝4kgC．滑块与木板间动摩擦因数为0.1D．当F＝8N时滑块加速度为2m/s211、（多选）将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g取10m/s2.则下列说法正确的是（）A．在2～4s内小球的加速度大小为0.5m/s2B．小球质量为2kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4s内的位移为8m12、(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(g取10m/s2) ()A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.513、（多选）如图甲所示，在倾角为=30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v－t图像如图乙所示，重力加速度为g，则（）A．施加拉力F前，弹簧的形变量为B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值14、(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体．逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)．根据图乙中所提供的信息可以计算出()A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为6m/s2时物体的速度15、如图甲所示，AB物体静止在水平面上，施加两个水平力F：向左拉物体A，向右拉物体B。两个力始终大小相等，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动。其AB的加速度大小a随外力F变化的图象如图乙中I和II所示（假设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列判断正确的有（g取）（  ）A．图线I表示物体A的a－F图 B．物体B的质量为2kgC．物体B与水平面间的动摩擦因数为0.53 D．物体AB间的动摩擦因数为0.516、(多选)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，则由图像可知()A．10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动B．F>15N时物块B和木板C相对滑动C．木板C的质量D．木板和物块间的动摩擦因数17、将一个小球用轻绳悬挂在电梯中（图甲）。t=0时刻，电梯由静止开始竖直向上运动，其加速度a随时间t变化的规律如图（图乙）所示，则（）A．时刻，电梯刚好静止B．小球在内与内发生的位移大小相等C．时刻，小球对轻绳的拉力最大D．内，小球处于超重状态；内，小球处于失重状态答案1.D【解析】根据图象，最大静摩擦力为4N．4s后，物块受到拉力F大于4N，开始运动，所以5s内拉力做功不为零，A错误；4s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff＝3N，质量m＝1.0kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，C错误；6～9s内，物体的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(5－3,1)m/s2＝2.0m/s2，D正确．2.BC【详解】AB．在弹性绳恢复原长之前，人只受重力，所以加速度为g，且不变，当弹性绳开始伸长后，人受到重力和弹力作用，根据牛顿第二定律，有，y为下落的竖直距离，l0为弹性绳的原长。根据表达式可知，加速度逐渐减小，之后反向逐渐增大，A错误，B正确；CD．根据人的受力可知人先做自由落体运动，之后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到最低点时速度为零，C正确，D错误。故选BC。3.D【解析】：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故力F与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．4.A【详解】物块处于静止状态时，弹簧弹力等于重力，弹簧处于压缩状态现给物体施加一个竖直向上的拉力，做匀加速直线运动则有当物体向上位移x，则有整理得物块做匀加速直线运动，有联立可得可知拉力与时间图像呈抛物线形状。故选A。5.C【解析】由a、b两图可知，当拉力为6N和12N时，物块对应加速度分别为1m/s2和3m/s2，由牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得物块质量为3kg，动摩擦因数为0.1，故A、B错误；如图b，2～4s平均加速度为2m/s2，则4s末物体的速度为v＝eq\o(a,\s\up6(－))t＝2m/s2×2s＝4m/s，则在4s末，物体的动量为p＝mv＝3kg×4m/s＝12kg·m/s，故C正确；由b图可知，在2～4s内，加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误。6.AD【详解】A．t=0时刻，A仅受F作用，根据牛顿第二定律可知力F的大小为故A正确；B．at图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t=1s时A的速度大小为，故B错误；C．设t=1s时弹簧的弹力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有；解得，故C错误；D．根据动量定理可得t=1s时A、B组成的系统的动量为撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B达到共同速度v时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有解得根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为故D正确。故选AD。7.B【解析】A、B一起加速运动，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度先减小后增大，故B正确；v－t图象的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v－t图象不是直线，故A错误；整体做单向直线运动，速度逐渐增大，x－t图象的斜率变化反映速度变化，故C错误；摩擦力是物体A做加速运动的合外力，由牛顿第二定律有Ff＝ma，根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，故D错误。8.B【详解】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误；B．小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为；小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于。由牛顿第二定律则，B正确；C．设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积图像与x轴所包围的下部分面积因为得，C错误；D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。故选B。9.AD【解析】：由题意知在上升过程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7s以后加速度向下，由mg－F＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确．10.AC【解析】由题图乙，当F等于6N时，加速度a＝1m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)，知图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，故滑块的质量m＝4kg，故A正确，B错误；根据F大于6N的图线延长线知，F＝4N时，a＝0，又a＝eq\f(F－μmg,M)，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8N时滑块的加速度为a′＝1m/s2，故D错误．11.AC【详解】A．由v­t图像的斜率得：在2～4s内小球的加速度大小为a==m/s2=0.5m/s2故A正确；BC．由图可知，在0～2s时间内小球做匀速运动，F1＝5N时，由平衡条件有F1－mgsinα=0①在2～4s内小球做匀加速运动，F2＝5.5N，由牛顿第二定律有F2－mgsinα=ma②代入数据解得m=1kg；sinα=0.5，故α=30°故B错误，C正确；D．小球在0～4s内的位移为x=m=5m故D错误。故选AC。12.BC【解析】：物体的受力如图所示在力F从0增大到7N之前物体静止，在7N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7N和F2＝14N及对应的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，Ff＝6N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．13.AC【详解】A．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有解得，故A正确；B．由图乙可知，拉力F刚施加上时，物体A、B还未分离，具有相同加速度a，故B错误；C．A、B在t1时刻分离，此时它们具有相同得加速度和速度，且对A：代入解得故C正确；D．当A受到合力为零时，即此时A达到最大速度，故D错误。故选AC。14.ABC【解析】对物体受力分析，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.从题图乙中取两个点，当F＝20N，a＝2m/s2，当F＝30N，a＝6m/s2，代入两式，联立可解得m＝2kg，θ＝37°，A、B正确；物体能静止在斜面上所施加的外力最小时a＝0，代入方程可解得F＝15N，C正确；题中未说明F随时间的变化情况，且物体做的是变加速直线运动，无法求出加速度为6m/s2时物体的速度，D错误．15.D【详解】A．由图象可知，当力F为10N时物体开始滑