微專題13牛頓運動定律應用之圖像問題

1、 / 11微專題 13 牛頓運動定律應用之圖像問題【核心要點提示】動力學中常見的圖象：v t圖象、x t 圖象、F t圖象、 F a 圖象等【核心方法點撥】(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原來是否從0開始(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解【經(jīng)典例題選講】1】 (2015 新課標全國)(多選)如圖a，一物塊在t 0 時刻滑上一固定斜面，其運動vt 圖線如圖b 所示若重力加速度及圖b 中的v0、 v1、 t1 均為已知量，則可求出()A斜面的傾角B 物塊的質(zhì)量C物塊與斜面

2、間的動摩擦因數(shù)D 物塊沿斜面向上滑行的最大高度【解析】由vt 圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a v0，根據(jù)牛頓第二定律t1得 mgsin mgcos ma，即gsin g cos vt0.同理向下滑行時gsin g cos vt1，兩v0 v1 v0 v1式聯(lián)立得sin v01， v01 ， 可見能計算出斜面的傾角 以及動摩擦因數(shù)，選項 A、2gt12gt1 cos TOC o 1-5 h z C 正確；物塊滑上斜面時的初速度v0 已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為v20， 所以沿斜面向上滑行的最遠距離為x v20t1， 根據(jù)斜面的傾角可計算出向上滑行

3、的最大高度為xsin v0t1 v0 v1 v0(v0 v1)，選項D 正確；僅根據(jù)vt圖象無法求出22gt14g物塊的質(zhì)量，選項B 錯誤【答案】ACD【變式 1 】 (多選)(2018 廣東深圳一模)如圖甲所示，質(zhì)量m 1 kg、初速度v0 6 m/s 的物塊受水平向左的恒力F 作用，在粗糙的水平地面上從O 點開始向右運動，O 點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率的二次方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g 取10 m/s2， 下列說法中正確的是()A t 2 s時物塊速度為零B t 3 s時物塊回到O 點C恒力F 大小為 2 ND 物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：通過題圖可知，物

4、塊在恒力F 作用下先做勻減速直線運動，然后反向做勻加速直線運動， 根據(jù)圖線求出做勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度大小，結合牛頓第二定2律求出恒力F 和摩擦力的大小。物體做勻減速直線運動的加速度大小為a1 v0 3 m/s2， 物2x1塊做勻減速直線運動的時間為t1 v0 2 s，故A 正確；物體做勻加速直線運動的加速度大a1小為a2 v2 1 m/s2，反向加速到出發(fā)點的時間t2x1 2 3 s，故B 錯誤；根據(jù)牛頓 TOC o 1-5 h z 2x2a2第二定律得FFfma1，F(xiàn)Ffma2，聯(lián)立兩式解得F2N，F(xiàn)f1 N，則動摩擦因數(shù)為 Ff 0.1，故C、 D 正確。mg答案：ACD

5、【例題2】 (2018江西省臨川二中高三上學期第五次理綜物理)如圖(a)所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為 的光滑斜面上。逐漸增大F ，物體開始做變加速運動，其加速度 a 隨 F 變化的圖象如圖(b)所示。取 g 10m/s2。 根據(jù)圖(b)中所提供的信息不能計算出的是A物體的質(zhì)量B 斜面的傾角C使物體靜止在斜面上時水平外力F 的大小D加速度為6m/s2時物體的速度 解析 對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖x 方向：Fcos mgsin ma y 方向：N Fsin Gcos 0 從圖象中取兩個點(20N,2m/s2)， (30N,6m/s 2)代入式解得：m 2kg， 37

6、因而 A、 B 可以算出；當 a 0 時，可解得F 15N，因而 C 可以算出；題中并未說明力F 隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，因而 TOC o 1-5 h z D 不可以算出；故選D 。【變式 2】 (多選)質(zhì)量m 2 kg、初速度v0 8 m/s 的物體沿著粗糙的水平面向右運動，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù) 0.1 ， 同時物體還要受一個如圖1 所示的隨時間變化的水平拉力 F 的作用，水平向右為拉力的正方向則以下結論正確的是(取g 10 m/s2)()2A 0 1 s 內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2B 1 2 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/sC 0

7、1 s內(nèi)，物體的位移為7 mD 0 2 s內(nèi)，物體的總位移為11 m【解析】由題圖可知，在0 1 s內(nèi)力 F 為 6 N，方向向左，由牛頓第二定律可得F mgma，解得加速度大小a 4 m/s2.在 1 2 s內(nèi)力 F 為 6 N，方向向右，由牛頓第二定律可得F mg ma1， 解得加速度大小a1 2 m/s2， 所以選項A 錯誤， B 正確； 由運動學規(guī)律可知0121 s內(nèi)位移為x1 v0t1 2at1 6 m，選項C 錯誤；同理可計算0 2 s內(nèi)的位移為11 m，選項D 正確【答案】BD.以相同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可以忽略，另一個物體所受空氣阻力

8、大小與物體速率成正比，下列用虛線（斜線）和實線描述兩物體運動的速率 時間圖象可能正確的是（）【解析】根據(jù)速度 時間圖象的斜率表示加速度，速率 時間圖象的斜率也表示加速度忽略空氣阻力的豎直上拋運動，其上升過程和下降過程對稱所受空氣阻力與物體速率成正比的豎直上拋運動，上升階段重力和空氣阻力方向相同，開始上升時合外力最大，隨著上升高度的增加，合外力逐漸減小，加速度逐漸減小，上升到最高點時，加速度減小到g；下落階段重力和空氣阻力方向相反，隨著下落高度的增加，物體速率增加，所受空氣阻力增加，合 TOC o 1-5 h z 外力減小，加速度減小，所以描述兩物體運動的速率 時間圖象可能正確的是選項D.【答案

9、】D. （2016 江西宜春高三質(zhì)檢）某物體做直線運動的v t 圖象如圖所示，據(jù)此判斷F 表示物體所受合力，t 表示物體運動的時間四個選項中正確的是（）【解析】 由圖可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒內(nèi)受力恒定，24 s 內(nèi)沿正方向做勻減速直線運動，所以受力為負，且恒定，4 6 s 內(nèi)沿負方向做勻加速直線運動， 所以受力為負，恒定， 6 8 s 內(nèi)沿負方向做勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B 正確?！敬鸢浮緽.（2017 湖南株洲一診 ）一質(zhì)量為m 的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中（如圖甲所示），某時刻剪斷細線，鋁球開始在油槽中下沉，通過傳感器得到鋁球的加速

10、度隨下沉速度變化的g，下列說法正確的是（ C ）A鋁球剛開始運動的加速度a0 gB 鋁球下沉的速度將會一直增大ma0vC鋁球下沉過程所受到油的阻力f ma0vv0D 鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力所做的功mg F浮 解析 剛開始釋放時，鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即 a0m F浮g m g， A 錯誤； 由圖乙可知鋁球做加速度減小的加速運動，速度越來越大，當 a 0 時，鋁球下沉的速度達到最大，之后勻速運動，B 錯誤；剛開始釋放時有mg F 浮 ma0，鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力，由牛頓第二定律可得，mg F 浮 f ma，由a v 圖象可知 a a0 va0

11、v，由以上各式解得鋁球與油的阻力f mva0v， C 正確；鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D 錯誤。4.（2018 河北冀州 2 月模擬）如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30，質(zhì)量為3 kg 的小物塊 （可視為質(zhì)點）由靜止從A 點在一沿斜面向上的恒定推力作用下運動，作用一段時間后撤 TOC o 1-5 h z 去該推力，小物塊能到達的最高位置為C 點，小物塊上滑過程中v -t 圖象如圖乙所示。設Ag 取10 m/s2，則下列說法正確的是（）點為零重力勢能參考點，A小物塊最大重力勢能為54 JB 小物塊加速時的平均速度與減速時的平均速度大小之比為3 1C小物塊與

12、斜面間的動摩擦因數(shù)為23D 推力F 的大小為40 N1解析：由乙圖可知物塊沿斜面向上滑行的距離x 231.2 m1.8 m，上升的最大高度h x sin 30 0.9 m ，故物塊的最大重力勢能Epm mgh 27 J，則 A 項錯。由圖乙可知物塊加速與減速階段均為勻變速運動，則由勻變速直線運動的平均速度公式v v02 v，可知小物塊加速時的平均速度與減速時的平均速度大小之比為1 1，則B 項錯。由乙圖可知減速上升時加速度大小a2 10 m/s2， 由牛頓第二定律有mgsin 30 mgcos 30 ma2， 得 3，3則 C 項錯。 由乙圖可知加速上升時加速度大小a1 130 m/s2， 由

13、牛頓第二定律有F mgsin 30 mgcos 30 ma1，得F 40 N，則 D 項正確。答案：5.(多選)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一 TOC o 1-5 h z 輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B.保持A的質(zhì)量不變，改變B 的質(zhì)量m，當B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A 的加速度a 隨 B 的質(zhì)量 m 變化的圖線，如圖乙所示設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度g 取 9.8 m/s2，斜面的傾角為，下列說法正確的是()A若 已知，可求出A的質(zhì)量B 若 未知，可求出圖乙中a1 的值C若 已知，可求出圖乙中a2的值D若 已知，

14、可求出圖乙中m0的值【解析】由題中圖象可知，若m 0，物塊A 受重力、支持力作用，由牛頓第二定律可知，A的加速度方向沿斜面向下，a2gsin ， C 項正確；若m m0， A的加速度為零，由平衡條件可知，m0g mAgsin ，必須知道A的質(zhì)量mA和 的值，m0才可求，D 項錯；若B 的質(zhì) TOC o 1-5 h z 量無限大，所受拉力遠小于它所受重力，B 的加速度趨近于g，所以 A 的最大加速度為a1 g， B 項正確；對以上狀態(tài)的分析中，均無法計算出A的質(zhì)量，A 項錯【答案】BC6.(2016 海南單科 )沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F 的作用， 其下滑的速度時間圖線如圖所

15、示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在 0 5 s， 5 10 s， 1015 s內(nèi) F 的大小分別為F1、 F2和 F3，則()A F1F3C F1F3D F1 F3【解析】根據(jù)v t圖象可知，在0 5 s內(nèi)加速度為a1 0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s內(nèi)，加速度a2 0；在10 15 s內(nèi)加速度為a10.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖。在05 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin fF1ma1，則F1mgsin f0.2 m ；在510 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin fF2ma2，則F2mgsin f；在1015 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：f F3 m

16、gsin ma3，則F3 mgsin f 0.2 m，故可以得到F3F2F1，故選項A 正確。A.如圖甲所示，質(zhì)量 m 1 kg 的物塊在平行斜面向上的拉力F 作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t 0.5 s 時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v t 圖象 )如圖乙所示，g 取10 m/s2，求：(1)2 s 內(nèi)物塊的位移大小x 和通過的路程L；(2)沿斜面向上運動兩個階段加速度大小a1、 a2和拉力大小F.【解析】(1)在 2 s內(nèi)，由圖乙知：1物塊上升的最大距離：x1 221 m 1 m1物塊下滑的距離：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)由圖乙知，所求兩個階段加速度的大小a1 4 m/s2a2 4 m/s2設斜面傾角為，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有0 0.5 s內(nèi)： F Ff mgsin ma10 5 1 s內(nèi)：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.如圖甲所示，質(zhì)量為m 1 kg 的物體置于傾角為37的固定斜面上(斜面足夠長)， 對物體施加平行于斜面向上的恒力F，作用時間t1 1 s時撤去力F，物體運動的部分v t 圖象如圖乙所示，設物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g 10 m/s

18、2.求： (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)拉力 F 的大??；(3) t 4 s時物體的速度【解析】(1)根據(jù)v t圖線知，勻加速直線運動的加速度的大?。篴1 20 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：F mgcos mgsin ma1勻減速直線運動的加速度的大小：a2 10 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma2解得：F 30 N， 0.5.(2)由 (1)知，F(xiàn) 30 N.(3)在物體運動過程中，設撤去力F 后物體運動到最高點的時間為t2v1 a2t2，解得t2 2 s；則物體沿斜面下滑的時間為t3 t t1 t2 1 s設下滑加速度為a3，由牛頓第二定律得mgsin mc

19、gos ma3解得：a3 2 m/s2所以t 4 s 時物體的速度：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.如圖甲所示，為一傾角 37的足夠長斜面，將一質(zhì)量為m1 kg 的物體無初速度在斜面上釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物體與斜sin 37 0.6， cos 37 0.8，求：面間的動摩擦因數(shù) 0.25，取g 10 m/s2，(1)2 s 末物體的速度；(2)前 16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。解析：(1)對物體分析可知，其在前2 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得 mgsin F1 mgcos ma1v1a1t1代入數(shù)據(jù)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)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1，則12x1 2a1t1 5 m，方向沿斜面向下當拉力為F 2 4.5 N 時，由牛頓第二定律可得F2 mcgos mgsin ma2代入數(shù)據(jù)可得a