2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的图像问题

动力学中的图像问题一、动力学图像
二、针对练习
1、如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg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F f的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()
A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
2、（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F，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F随时间t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10 m/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＝2 kg
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在4 s末，物体的动量为12 kg· m/s
D．在2～4 s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1.2N
B．t=1s时A的速度大小为0.8m/s
C．物块B的质量为0.6kg
D．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0.144J
7、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F f
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2mg
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a随时间
t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地
板的压力()
A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s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10 m/s2.则下列说法正确的是
()
A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg
C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
11、（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/s2 B．小球质量为2kg
C．杆的倾角为30° D．小球在0～4s内的位移为8m
12、(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10 m/s2)
()
A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
13、（多选）如图甲所示，在倾角为θ=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mg k
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0 C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小
为1
(2) 2
m g a
+
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＝10 m/s2，sin 37°＝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6 m/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210m /s ）（ ）
A ．图线I 表示物体A 的a －F 图
B ．物体B 的质量为2kg
C ．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0.5
16、(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 ＝10 m/s 2，则由图像可知( )
A ．10 N<F <15 N 时物块
B 和木板
C 相对滑动
B ．F >15 N 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 ．02t 时刻，电梯刚好静止
B ．小球在00~t 内与00~2t t 内发生的位移大小相等
C ．0t 时刻，小球对轻绳的拉力最大
D ．00~t 内，小球处于超重状态；00~2t t 内，小球处于失重状态
18、如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量。

初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x =0），现改变力F 的大小，使B
以2
g 的加速度匀加速向下运动（g 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中F N 或F 随x 变化的图像正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
答案
1.D
【解析】根据图象，最大静摩擦力为4 N ．4 s 后，物块受到拉力F 大于4 N ，开始运动，所以5 s 内拉力做功不为零，A 错误；4 s 末，物块所受合力为零，B 错误；物块所受滑动摩擦
力为F f ＝3 N ，质量m ＝1.0 kg ，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝F f mg
＝0.3，C 错误；6～9 s 内，物体的加速度a ＝F －F f m ＝5－31
m/s 2＝2.0 m/s 2，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0()mg k y l ma --=，y 为下落的竖直距离，l 0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 ＝kx 1，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 (x 1＋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0mg kx =现给物体施加一个竖直向上的拉力F ，做匀加速直线运动则有00F kx mg ma +-=当物体向上位移x ，则有()0F k x x mg ma +--=
整理得F kx ma -=物块做匀加速直线运动，有212x at =联立可得212
a a k t F m =+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6 N 和12 N 时，物块对应加速度分别为1 m/s 2和3 m/s 2，由牛顿第二定律可得F 1－μmg ＝ma 1，F 2－μmg ＝ma 2，解得物块质量为3 kg ，动摩擦因数为0.1，故A 、B 错误；如图b ，2～4 s 平均加速度为2 m/s 2，则4 s 末物体的速度为v ＝a －
t ＝2 m/s 2×2 s ＝4 m/s ，则在4 s 末，物体的动量为p ＝mv ＝3 kg×4 m/s ＝12 kg·m/s ，故C 正确；由b 图可知，在2～4 s 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0 1.2N
A A F m a ==故A 正确；
B ．a -t 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
()1110.61m/s 0.8m/s 2
A v >⨯+⨯=，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1A F T m a -=；1B T m a =解得0.8kg B m =，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 1.2kg m/s p Ft ==⋅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()A B p m m v
=+解得0.6m/s v =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210.144J 2
B W m v ==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F f ＝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g
N F mg mg -=；
N 2F mg =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g 。

由牛顿第二定律N F mg mg ->则N 2F mg >，B 正确；
C ．设在
D 点，弹力和小球重力平衡，D 点速度为D v ，由微元法可知图像与x 轴所包围的上部分面积2211()2D B S v v =-图像与x 轴所包围的下部分面积2221()2
D C S v v =-因为0B C v v >=得12S S <，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，7 s 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6 N 时，加速度a ＝1 m/s 2，对整体：F ＝(M ＋m )a ，解得：M
＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M ＝12
，解得M ＝2 kg ，故滑块的质量m ＝4 kg ，故A 正确，B 错误；根据F 大于6 N 的图线延长线
知，F ＝4 N 时，a ＝0，又a ＝F －μmg M
，解得μ＝0.1，故C 正确；根据μmg ＝ma ′，得F ＝8 N 时滑块的加速度为a ′＝1 m/s 2，故D 错误．
11.AC
【详解】A ．由v ­t 图像的斜率得：在2～4s 内小球的加速度大小为a =
v t ∆∆=2142
--m/s 2=0.5m/s 2故A 正确；
BC ．由图可知，在0～2s 时间内小球做匀速运动，F 1＝5N 时，由平衡条件有F 1－mg sin α=0①
在2～4s 内小球做匀加速运动，F 2＝5.5N ，由牛顿第二定律有F 2－mg sin α=ma ②代入数据解得m =1kg ；sin α=0.5， 故α=30°故B 错误，C 正确；
D ．小球在0～4s 内的位移为x =121222+⎛⎫⨯+⨯ ⎪⎝⎭
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7 N 之前物体静止，在7 N 时运动状态发生变化，
由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，代入图乙中F 1＝7 N 和F 2＝14 N 及对
应的加速度a 1＝0.5 m/s 2和a 2＝4 m/s 2，解得m ＝2 kg ，F f ＝6 N ，A 错误，B 正确；F f ＝μF N ＝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2sin mg kx θ=解得2sin mg mg x k k
==θ， 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t 1时刻分离，此时它们具有相同得加速度和速度，且AB 0F =对A ：
sin F mg ma θ'-=弹 代入解得()122
F m a g '=+弹故C 正确； D ．当A 受到合力为零时，即sin F mg θ'=弹
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F cos θ－mg sin θ＝ma ，在垂直斜面方向F N ＝F sin θ＋mg cos θ.从题图乙中取两个点，当F ＝20 N ，a ＝2 m/s 2，当F ＝30 N ，a ＝6 m/s 2，代入两式，联立可解得m ＝2 kg ，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 ＝15 N ，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6 m/s 2时物体的速度，D 错误．
15.D
【详解】A ．由图象可知，当力F 为10N 时物体开始滑动，由于A 与B 间的最大静摩擦力小于B 受到的最大静摩擦力，则图线II 表示物体A 的a –F 图，故A 错误；
BCD ．当F 1=10N 时，对A 有1A =AB F m g μ即A 10N=?10AB m μ当F 2=30N 时，对A 有
2A A A =AB F m g m a -μ
即A A 30N 10=10AB m m -μ解得=0.5AB μ；A =2kg m 当F 3=16N 时，对B 有
3B A B A =(+)+AB F m m g m g μμ， 当F 4=30N 时，对B 有4A B A B B B (+)=AB F m g m m g m a -μ-μ解得B =0.2μ；B =1kg m 故D 正确，BC 错误。

故选D 。

16.BD
【解析】 由题图乙可知，当10 N<F <15 N 时物块B 和木板C 相对静止，当 F >15 N 时木板的加速度变大，可知此时物块B 和木板C 产生了相对滑动，选项A 错误，B 正确；对木板和物块的整体，当F 1＝10 N 时，a ＝0，则F 1＝(M ＋m )g sin θ，当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，则F 2－(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，联立方程可得M ＋m ＝2 kg ，θ＝30°，但是不能求解木板C 的质量，选项C 错误；因当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma .联立方程可得μ＝32
，选项D 正确．
17.C
【详解】A ．依题意，电梯由静止开始竖直向上运动，根据a t -图像围成的面积表示速度的变化量，可知02t 时刻，电梯的速度达最大，故A 错误；
B ．依题意，根据图像围成的面积可求得，小球在00~t 内与00~2t t 内速度的变化量
120000122
v v t a a t ∆=∆=⨯⨯= 但由于小球的加速度一直与速度的方向相同，可知小球的速度逐渐增大，在相等时间内通过的位移逐渐增大，所以在00~t 内与00~2t t 内大小不相等，且后者大于前者，故B 错误； C ．由图像知00~2t 时刻，小球的加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得F mg ma -=小球对轻绳的拉力F ma mg =+在0t 时刻，小球的加速度达最大，则小球对轻绳的拉力最大，故C 正确；
D ．00~2t 内，小球的加速度方向一直竖直向上，小球一直处于超重状态，故D 错误。

故选C 。

18.D
【详解】AB ．设B 对A 的作用力F N 刚好为零时弹簧的伸长量为x 0，则对A 有02g mg kx m -=解得02mg x k
= 在此之前，根据牛顿第二定律对A N 2
g mg F kx m --=解得N 2mg F kx =-，F N 由开始运动时的2mg 线性减小到零，AB 错误； CD ．将A 、B 看成整体，则222g mg F kx m --=⋅解得=-F mg kx 力F 由开始运动时的mg 线性减小到
2mg ，此后托盘与物块分离，力F 保持2
mg 不变，C 错误，D 正确。

故D 正确。