动力学图象问题

合集下载

动力学之图像问题

牛顿运动定律之图像问题【基础知识】（1）牛顿第一定律：任何物体都要保持直线运动或状态，直到外力迫使它运动状态为止。

力与运动的关系：力不是的原因，力是的原因。

（2）牛顿第二定律：物体加速度的大小跟成正比，跟物体的成反比，加速度的方向跟的方向相同。

牛顿第二定律公式：=a。

牛顿第二定律的性质：①瞬时性②矢量性③因果性④同一性。

（3）牛顿第三定律：相互作用的两个物体之间的作用力和反作用力总是相等，方向，作用在同一条直线上。

牛顿第三定律公式：=F .相互作用力的性质：同时性，同一性，异体性。

（3）物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的关系。

因此物理学中选定七个物理量的单位作为基本单位，根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，推导出其他物理量的单位。

这些推导出来的单位叫做。

基本单位和导出单位一起组成了。

国际单位制中三个力学基本单位分别是：。

（4）超重：。

失重：。

完全失重：。

判断依据：。

1.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力和摩擦力之比为()A． 9∶8B． 3∶2C． 2∶1D． 4∶32.(多选)如图(1)所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图象如图(2)中实线所示．下列判断正确的是()A．在0～1 s内，外力F不断变化B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断变化D．在3～4 s内，外力F的大小恒定3.(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，物体先静止后又做变加速运动，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()A．物体的质量B．物体与水平面间的滑动摩擦力C．物体与水平面间的最大静摩擦力D．在F为14 N时，物体的速度最小4.如图甲所示，一物块质量为m＝2 kg，以初速度v0＝10 m/s从0点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力F作用，物块在运动过程中速度随时间变化的规律如图乙所示，求：甲乙(1)恒力F的大小及物块与水平面的动摩擦因数μ；(2)物块在4 s内的位移大小．5.在水平地面上有一质量为10 kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10 s后拉力大小减为，方向不变，再经过20 s停止运动．该物体的速度与时间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．6.一个物块置于粗糙的水平地面上，受到水平方向推力F的作用，推力F 随时间变化的关系如图甲所示，速度v随时间变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：(1)第1 s末和第3 s末物块所受摩擦力的大小F f1和F f2；(2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；(3)若第6 s末撤去外力，物块前7.5 s内的位移大小．7.竖直运行的升降机地板上有一个质量为100 kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示．若升降机从静止开始向上运动，g取10 m/s2，求8 s内升降机上升的高度．8.一质量为0.25 kg的物块静止在水平地面上(图甲)，从t＝0 s时刻开始受到一个竖直向上的力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)t＝2 s时，物块速度的大小：(2)t＝0到t＝3 s的过程中，物块上升的高度．甲乙答案解析1.【答案】B【解析】由v－t图像可知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得ma1＝F f，ma2＝F－F f，解得F∶F f ＝3∶2.2.【答案】BC【解析】在0～1 s内，直线的斜率不变，加速度不变，外力F是恒力，故A错误；在1～3 s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零，F等于摩擦力，外力F的大小恒定，故B正确；在3～4 s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动；根据题意，拉力水平向右，根据a＝知力F不断减小，故C正确，D错误．3.【答案】ABC【解析】根据牛顿第二定律，F－F f＝ma，由题图可读出外力F和加速度a的值，有：7－F f＝0.5m,14－F f＝4m.联立两式解得：F f＝6 N，m＝2 kg.故A、B正确；由图可知，当F＝7 N时物体开始滑动，所以最大静摩擦力为7 N，故C正确；F＝7 N开始增大，加速度逐渐增大，物体做变加速直线运动，可知F＝14 N时，物体的速度不是最小，故D错误．4.【答案】(1)7 N0.15(2)6 m【解析】(1)由题图可知，0～2 s内，物体向右做匀减速直线运动，2 s～4 s内，物体向左做匀加速直线运动．0～2 s内，a1＝＝m/s2＝5 m/s2，方向水平向左；2 s～4 s内，a2＝＝m/s2＝2 m/s2，方向水平向左；由牛顿第二定律，得到：F＋μmg＝ma1F－μmg＝ma2代入数据解得F＝7 N，μ＝0.15.(2)代据图像可知，物体4 s内的位移x＝×2×10 m－×2×4 m＝6 m.5.【答案】(1)150 m(2)0.1【解析】(1)整个过程的位移大小等于v－t图象中三角形的面积即x＝×10×30 m＝150 m(2)由图象知前10 s的加速度a1＝1 m/s2后20 s的加速度大小为a2＝0.5 m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1μmg－＝ma2解以上两方程得μ＝0.1.6.【答案】（1）8N （2）0.4 （3）14m【解析】(1)F f1＝4 N，F f2＝8 N；(2)2～4 s，由牛顿第二定律和运动学规律得F2－F f2＝ma，a＝，可求得m＝2 kg由F f2＝μF N，F N＝mg得μ＝0.4.(3)撤去外力后加速度a3＝μg＝4 m/s2，v＝4 m/s，故减速到零所用时间t减＝＝1 s，小于1.5 sx加＝t加＝4 mx 匀＝vt 匀＝8 mx 减＝＝2 m所以x 总＝x 加＋x 匀＋x 减＝4 m ＋8 m ＋2 m ＝14 m.7.【答案】60 m【解析】取升降机地板上的物体为研究对象，物体受力情况如下图所示．取向上为正方向．由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力等于地面对物体的支持力，即F ＝F N .在0～2 s 内，F N1＝F 1＞mg ，物体所受合外力竖直向上，所以物体向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得F N1－mg ＝ma 1①a 1＝＝5 m/s 2所以物体的位移：x 1＝a 1t ＝10 m ②物体2 s 末的速度：v ＝a 1t 1＝5.0×2.0 m/s ＝10 m/s ③ 在2～6 s 内，F N2＝mg ，物体所受合外力为零，所以物体向上做匀速直线运动，则物体的位移：x 2＝vt 2＝10×4 m ＝40 m ④ 在6～8 s 内，F N3＜mg ，物体所受合外力方向竖直向下，所以物体向上做匀减速直线运动，初速度为v ＝10 m/s.由牛顿第二定律F 3－mg ＝ma 3⑤a 3＝＝－5 m/s 2所以物体的位移：x3＝vt3＋a3t＝10 m⑥所整个过程中物体位移x＝x1＋x2＋x3＝10 m＋40 m＋10 m＝60 m⑦8.【答案】(1)2 m/s(2)6 m【解析】(1)0－1 s内，F1＜mg，物块静止1－2 s物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F2－mg＝ma1解得a1＝＝2 m/s2；则t＝2 s时，物块的速度v＝2×1 m/s＝2 m/s.(2)1－2 s物块匀加速运动x1＝a1t＝1 m.2－3 s物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得，F3－mg＝ma2解得a2＝＝6 m/s2；则x2＝vt2＋a2t＝5 m.则物块上升的高度h＝x1＋x2＝1 m＋5 m＝6 m.。

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 NC．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/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 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物体的动量为12 kg· m/sD．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。

高中物理：动力学中的图像问题

高中物理：动力学中的图像问题1．常见的图像形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x -t 图像)、速度图像(v -t 图像)和力的图像(F -t 图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用牛顿运动定律及运动学公式解题．[典例2] 如图，质量为M 的长木板，静止放在粗糙的水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块和木板的v -t 图像分别如图中的折线所示，根据v -t 图像(g 取10 m/s 2)，求：(1)m 与M 间动摩擦因数μ1及M 与地面间动摩擦因数μ2.(2)m 与M 的质量之比．(3)从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块m 、长木板M 各自对地的位移．[解析] (1)由图可知，线段ac 为m 减速时的速度—时间图像，m 的加速度为 a 1＝Δv 1Δt 1＝4－104m /s 2＝－1.5 m/s 2 对m ，由牛顿第二定律可得：－μ1mg ＝ma 1，所以μ1＝a 1－g＝0.15 由图可知，线段cd 为二者一起减速运动时的速度—时间图像，其加速度为a 3＝Δv 3Δt 3＝0－48m /s 2＝－0.5 m/s 2 对m 和M 组成的整体，由牛顿第二定律可得：－μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 3所以μ2＝a 3－g＝0.05. (2)由图像可得，线段bc 为M 加速运动时的速度—时间图像，M 的加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝4－04m /s 2＝1 m/s 2对M ，由牛顿第二定律可得：μ1mg －μ2(mg ＋Mg )＝Ma 2把μ1、μ2代入上式，可得m ∶M ＝3∶2.(3)由图线acd 与横轴所围面积可求得m 对地位移：x m ＝12×4×6 m ＋(4＋12)×42m ＝44 m 由图线bcd 与横轴所围面积可求得M 对地位移：x M ＝12×12×4 m ＝24 m. [答案] (1)0.15 0.05 (2)3∶2 (3)44 m 24 m[方法技巧]动力学中图像问题的处理技巧(1)图像信息①v -t 图像：可以从所提供图像获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况．②F -t 图像：首先应明确该图像表示物体所受的是哪个力，然后根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况．(2)图像问题两关注：正确认识图像的截距、斜率、面积以及正负的含义，要做到物体实际受力与运动情况的紧密结合．4．质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m解析：物体与地面间最大静摩擦力f ＝μmg ＝0.2×2×10 N＝4 N ．由题图知0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止.3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a＝F －f m＝2 m /s 2，6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m /s ，在6～9 s 内物体以6 m/s 的速度做匀速运动.9～12 s 内又以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作v -t 图像如图所示，故0～12 s 内的位移s ＝12×3×6×2 m ＋6×6 m ＝54 m ．故B 项正确．答案：B5．(多选)如图甲所示，用一水平外力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，重力加速度g 取10 m/s 2.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 ．加速度由2 m /s 2增加到6 m/s 2的过程中，物体通过的位移D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度解析：由题图乙可知，当水平外力F ＝0时，物体的加速度a ＝－6 m /s 2，此时物体的加速度a ＝－g sin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B 正确；当水平外力F ＝15 N 时，物体的加速度a ＝0，此时F cos θ＝mg sin θ，可得m ＝2 kg ，选项A 正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s 2增加到6 m/s 2过程中的位移，选项C 、D 错误．答案：AB6．在水平地面上有一质量为2 kg 的物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为F 3，该物体的运动速度随时间t 的变化规律如图所示(g 取10 m/s 2)，求：(1)物体受到的拉力F 的大小．(2)物体与地面之间的动摩擦因数．解析：由v -t 图像可知，物体的运动分两个过程，设匀加速运动过程的加速度为a 1，匀减速运动过程的加速度为a 2，则由题图知a 1＝8－010m /s 2＝0.8 m/s 2 a 2＝0－814－10m /s 2＝－2 m/s 2 两过程物体受力分别如图甲、乙所示．加速过程：F －μmg ＝ma 1减速过程：F 3－μmg ＝ma 2(或μmg －F 3＝m |a 2|) 联立以上各式解得F ＝8.4 N ，μ＝0.34. 答案：(1)8.4 N (2)0.34。

专题16 动力学动态分析、动力学图像问题(解析版)

2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题16 动力学动态分析、动力学图像问题导练目标导练内容目标1动力学动态分析目标2动力学v -t 图像目标3动力学F -t 、F -a 图像目标4动力学a -t 图像一、动力学动态分析模型球+竖置弹簧模型球+水平弹簧模型球+斜弹簧模型蹦极跳模型实例规律 ①A 点接触弹簧，弹簧处于原长状态，球的加速度a=g ，方向竖直向下； ②B 点mg=F=kx ，球受合外力为零，速度最大； ③C 点为A 点对称位置，球的加速度a=g ，①设定条件：水平面粗糙，物块与弹簧拴在一起；向左压缩弹簧最大松手； ②当kx=μmg 时，速度最大，所在位置为O 点的左侧。

①设定条件：斜面光滑；②B 点接触弹簧，弹簧处于原长状态，球的加速度a=gsin θ，方向沿斜面向下；③当mg=F=mgsin θ时，球受合外力为零，速度最大；④压缩至最低点，速度为规律类似于“球+竖置弹簧模型”方向竖直向上； ④D 点为最低点，速度为零，加速度a>g ，方向竖直向上。

零，加速度a>gsin θ，方向斜面向上。

【例1】如图，小球自a 点由静止自由下落，到b 点时与弹簧接触，到c 点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由c →b 的运动过程中，下列说法正确的是（）A ．小球的机械能守恒B ．小球的动能一直增加C ．小球的加速度随时间减少D ．小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量【答案】D【详解】A ．在弹簧、小球和地球组成的系统中，重力势能、动能、弹性势能相互转化，机械能总量守恒，A 错误；B ．小球由c →b 的运动过程中，小球先向上加速，当重力等于弹力时，加速度减小到零，速度达到最大，此后向上减速运动，则小球的动能先增大后减小，故B 错误；C ．小球由c→b 的运动过程为先加速后减速，加速度先向上减小到零，后变为向下逐渐增大，故C 错误；D ．小球由c →b 的运动过程，重力势能和动能增加，弹簧的弹性势能减小，由能量守恒定律可知pk k pG ΔΔΔE E E =+则有pk pG ΔΔE E >，pk k ΔΔE E >小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故D 正确；【例2】如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则（）A．物体从A到O加速，从O到B减速B．物体从A到O速度越来越小，从O到B加速度不变C．物体从A到O间先加速后减速，从O到B一直减速运动D．物体运动到O点时所受合力为零【答案】C【详解】D．物体在运动过程中，一直受到摩擦力的作用，在O点时，弹簧弹力为零，但仍受摩擦力作用，合力不为零，D错误；ABC．物体从A到O过程中，存在某个位置弹簧弹力等于摩擦力。

专题瞬时加速度(突变)问题和动力学图像问题(课件)-高中物理课件

木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球
的加速度大小为(重力加速度为 g)( B )
A．0
23
B． g
3
C．g
3
D． g
3
【例题】如图，物块a、b和c的质量相同，a和固定点O、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，a和b之间通过细线连接。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a、b和c的加速度的大小记为a1、a2和a3，重力加速度大小为g，在剪
弹力表形式拉力
拉力、支持力拉力、支持力
拉力
弹力方向沿绳收缩方向
不确定沿弹簧中心轴线沿橡皮条收缩方向
弹力能否突变能能不能不能
3.简化成两类模型： (1)刚性绳(刚性杆或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失，即弹力可以突变． (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此类物体的特点是形变明细，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的．即弹力不可以突变．
解析：撤去挡板前,题图甲和题图乙中的A、B两球的受力情况一样,A球受轻弹簧( 或轻杆)的弹力沿斜面向上、大小为mgsinθ,B球受轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向下、大小为mgsinθ,B球受挡板C的弹力沿斜面向上、大小为2mgsinθ。撤去挡板后,轻杆受力可突变,而轻弹簧因为形变量未改变故弹力不改变,所以题图甲中A球的加速度为零,B球的加速度大小为2gsinθ,A项错误C正确;题图乙中A、B两球的加速度相同,轻杆的作用力为零,C项错误;由2mgsinθ=2ma,可得A、B两球的加速度 a=gsinθ、方向沿斜面向下,B错误D项正确。
【拓展4】四个质量均为m的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图所示，现突然迅速剪断轻绳A1、B1，让小球下落。在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4的加速度分别用a1、a2、a3和a4表示，则（ B ）

高中物理【动力学图像问题】

专题课6动力学图像问题题型一由运动学图像求物体受力1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。

2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁。

3．图像的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。

(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。

4．解题策略(1)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。

(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”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。

乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。

重力加速度大小为g。

以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，F N>mgB．t1～t2时间内，v减小，F N<mgC．t2～t3时间内，v增大，F N<mgD．t2～t3时间内，v减小，F N>mg[解析]由x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增大，即乘客的加速度向上，F N>mg；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速上升，F N＝mg；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速上升，F N<mg，故A正确，B、C、D错误。

[答案] A两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。

现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。

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m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图像如图乙所示。

g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

连接体问题动力学中的图像问题

D.在3~4 s内,外力F的大小恒定
3、连接体问题的解法：（1）整体法
①定义：就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，进行受力分析和运动分析。
②优点：
②优点：整体法的优点是研究对象少，未知量少，方程数少，求解简洁。
③条件：连接体中各物体如果有共同的加速度,求加速度可把连接体作为一个整体,运用牛顿第二定律列方程求解.
（2）隔离法 ①定义：是把要分析的物体从连接体中隔离出来，作为研究
nm 作用在每个小立方体上的合力：F0
ma
F n
②
以从第4个立方体到第n个立方体的n-3个立方体组成的系统为
研究对象，则第3个立方体对第4个立方体的作用力：
(n 3)F F34 (n 3)ma n
例2. 物体A和B的质量分别为1.0kg和2.0kg，用F=12N的水平力推
动A，使A和B一起沿着水平面运动，A和B与水平面间的动摩擦因
例题讲解
例1.(2011·全国新课标)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长
的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦
力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常
数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图
A 线中正确的是 (
)
例2.
例2.原来静止的物体受到外力F的作用,如图所示为力F随时间变化
的图象,则与F t图象对应的v t图象是下图中的 ( B )
巩固练习
1、 (2011·天津高考)如图所示,A、B两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B受到的
摩擦力( A )

2022年高考物理热点考点专题06 动力学中的图像问题

2022年高考物理热点考点专题06 动力学中的图像问题一、单选题1．如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点，∠AMO=60°∠BMO=45°，M点正上方与A等高处有一C点。

现同时将a、b、c球分别从A、B、C 三点由静止开始释放，则（）A．c球最先到达M点B．b球最先到达M点C．b球最后到达M点D．a球和c球同时到达M点2．将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。

在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能E k随距离地面高度h的变化关系如图所示，取g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A．上升过程中机械能减少，下降过程中机械能增加B．全过程中克服空气阻力做功120JC．上升与下降的时间之比为√3：√2D．上升过程中动能减少量与机械能减少量之比为6：13．随着我国5G技术的领先，无人驾驶汽车已在多地试验成功。

现将质量相等的甲、乙两车辆进行对比，两车出发位置相同，同时出发，沿同一方向做直线运动，两者的速度随时间变化关系如图所示，已知甲、乙两车位移大小分别为x1、x2，所受牵引力大小分别为F1、F2，牵引力的冲量大小分别为I1、I2，牵引力做功大小分别为W1、W2，则（）A．x1：x2=2：1B．F1：F2=6：1C．I1：I2=3：2D．W1：W2=3：2 4．2022年2月，北京市和张家口市将联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。

某次训练中，蓝色冰壶静止在圆形区域内。

运动员用质量相等的红色冰壶撞击蓝色冰壶，红、蓝两只冰壶发生正碰，如图甲所示。

若碰撞前后两壶的v−t图像如图乙所示，则（）A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒B．碰撞后，蓝色冰壶受到的滑动摩擦力较大C．碰撞后，蓝色冰壶经过5s停止运动D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m二、多选题5．蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。

动力学的图像问题精准突破含解析

专题1.7 动力学的图像问题【专题诠释】 1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系v t 图象与F t 图象的桥梁． 3．解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图象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，两图线的交点等表示的物理意义．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．（4）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．【高考引领】【2019·全国卷Ⅲ】如图a ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10 m/s 2。

由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】 AB【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。

由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。

专题15 动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题(解析版)

2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题15 动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题特训目标特训内容目标1动力学图像问题（1T —4T ）目标2超重失重问题（5T —8T ）目标3等时圆问题（9T —12T ）目标4 临界极值问题（13T —16T ）一、动力学图像问题1．如图甲所示，一质量为1kg m =的物体在水平拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体所受摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。

则下列说法中正确的是（）A ．1s t =时物体开始做匀减速运动B ．物体匀速运动时的速度大小为2m /sC ．物体与接触面间的动摩擦因数为0.2D ．2s =t 时物体的加速度大小为22m /s【答案】B【详解】A ．物体在开始在F 作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N ，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，3s t =时，滑动摩擦力突变成静摩擦力，说明3s t =时物体刚好减速到速度为零，之后静摩擦力与拉力F 平衡，由图可知静摩擦力图线与滑动摩擦力图线交于1s t =时，可知在1s t =时，拉力F 开始均匀减小，物体开始做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直到3s t =时停下，处于静止状态，A 错误；B ．从1~3s 过程，根据动量定理可得0Ft ft mv -=-解得物体匀速运动时的速度大小为424222m /s 2m /s 1ft Ft v m +⨯-⨯-===，B 正确； C ．由图可知滑动摩擦力大小为4N f mg μ==解得物体与接触面间的动摩擦因数为40.4110f mg μ===⨯，C 错误； D ．2s =t ，由图可知拉力23N F =，根据牛顿第二定律可得，物体的加速度大小22243m /s 1m /s 1f F a m --=== D 错误。

故选B 。

微专题13 牛顿运动定律应用之图像问题-2025版高中物理微专题

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】【例题1】(2015·新课标全国Ⅰ)(多选)如图a ，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt 图线如图b 所示．若重力加速度及图b 中的v 0、v 1、t 1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 ＝v0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0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v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v02t 1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据vt 图象无法求出物块的质量，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 ＝1kg 、初速度v 0＝6m/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10m/s 2，下列说法中正确的是()A．t＝2s时物块速度为零B．t＝3s时物块回到O点C．恒力F大小为2ND．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，结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小。

专题15 动力学的图像问题 2022届高中物理常考点归纳

专题15 动力学的图像问题常考点动力学的图像问题解题思路【典例1】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，其1.5s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2。

则（）A．拉力大小为12NB．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C．1.5s后物块可能返回D．1.5s后物块一定静止【解析】AB．由题图乙知，各阶段加速度的大小为a1＝4m/s2a2＝2m/s2设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s内F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma10.5～1.5s内μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2联立解得F＝6N但无法求出μ和θ，故A、B错误。

CD．不清楚tanθ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上。

【典例2】如图甲所示，足够长的木板B 静置于水平面上，其上表面放置小滑块A 。

木板B 在水平拉力F 作用下，其加速度a 随拉力F 变化的关系图像如图乙所示，A 、B 间动摩擦因数为1μ， B 与水平面间动摩擦因数为2μ，g 取10m/s 2，则（）A ．3kg 2kg AB m m ==， B ．2kg 1kg A B m m ==，C ．120.10.1μμ==，D ．120.250.05μμ==，【解析】由图像可知，在F=3N 时AB 开始运动，则2()3N A B m m g μ+=当F=6N 时AB 间的摩擦力达到最大值，即 121()()A B A B F m m g m m a μ-+=+即26()()1A B A B m m g m m μ-+=+⨯此后当F>6N 时AB 开始滑动，则对B 12()A A B B F m g m m g m a μμ--+=由图像可知 112B k m == 即 m B =2kg当F=4N 时a=0，则12()4N A A B m g m m g μμ++=联立以上各式可知 m A =1kg10.1μ=20.1μ=【典例3】（多选）如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t 图象如图乙所示．若重力加速度g=10m/s 2，则A ．斜面的长度4L m =B ．斜面的倾角30o θ=C ．物块的质量1m kg =D ．物块与斜面间的动摩擦因数μ=【解析】由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A 错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：188/1v a m s t ===，242/31v a m s t '==='-，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，解得：θ=30°，BD 正确．根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量．1．数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图象v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等．2．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：3．解题策略【变式演练1】（多选）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。

专题+一动力学的图像问题++导学案高一上学期物理人教版(2019)必修第一册

专题一动力学中的图像问题一、v-t图像例1、将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反。

该过程的v-t图像如图所示,g取10 m/s2。

(1)小球所受的阻力大小是多少?(2)小球落回到抛出点时的速度大小是多少?二、F-t图像例2、放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系,和物块速度v与时间t的关系如图所示,取重力加速度g=10m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（）A.m=0.5 kg, μ=0.4B.m=1.5 kg, μ=2/15C.m=0.5 kg, μ=0.2D.m=1 kg, μ=0.2针对训练1、一个放在水平桌面上质量为2 kg原来静止的物体,受到如图所示方向不变的合外力作用,则下列说法正确的是 ()A.在t=2 s时,物体的速率最大B.在2 s内物体的加速度为5 m/s2C.在2 s内物体运动的位移为10 mD.0～2 s这段时间内物体做减速运动三、a-F图像例3、 (多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像如图所示,g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则可以计算出 ()A.物体与水平面间的最大静摩擦力B.F等于14 N时物体的速度C.物体与水平面间的动摩擦因数D.物体的质量四、a-t图像例4、(多选)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴的阻力随其下落速度的增大而增大,则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是()A. B. C. D.五、F-x图像例5、如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。

以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 ()A. B. C. D.针对训练2、如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。

15、力学中的三类图像问题(运动学图像、动力学图像、功和能图像)(原卷版)

15、力学中的三类图像问题(运动学图像、动力学图像、功和能图像)一、运动学常规图像一、基础知识要记牢(1)高考中关于动力学问题的图象主要有x－t图象、v－t图象、F－t图象等。

(2)在v－t图象中：①“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度。

②“线”的意义：任一段线段在v轴上投影，则影长表示在对应时间段内物体速度的变化量。

③“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。

④“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移。

⑤“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻。

二、方法技巧要用好(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。

(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。

(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。

读懂图象三步走第一关注横、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么。

(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。

(3)坐标轴物理量的单位不能忽视。

第二理解斜率、面积、截距的物理意义(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。

(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。

如v－t图象中的面积，表示位移。

(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距。

第三分析交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点。

(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。

(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。

例1．(2020·山西太原市高三期末)甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0时间内，乙的速度一直增大C．在0～t0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D．在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同【解析】：在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t0时间内，乙的速度一直减小，选项B错误；在0～t0时间内，乙的位移为2x0，甲的位移为x0，乙平均速度的值(v乙＝2x0t0)大于甲平均速度的值(v甲＝x0t0)，选项C正确；在0～2t0时间内，甲发生的位移是－2x0，乙发生的位移是2x0，负号说明两者方向不同，选项D错误．【答案】：C针对训练1.(多选)舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移—时间图线如图所示，则( )A.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度小于20 m/sB.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度大于20 m/sC.在M点对应的位置，战斗机的速度小于20 m/sD.在M点对应的位置，战斗机的速度大于20 m/s【解析】在x＝16 m至x＝36 m这段过程中，运动时间等于1 s，由于是加速运动，因此在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，运动时间一定大于0.5 s，由此可知平均速度小于20 m/s，在t＝2 s至t＝3 s这段时间内，平均速度为20 m/s，因此在t＝2.5 s时的速度为20 m/s，由于M点对应的时刻大于2.5 s，可知瞬时速度大于20 m/s。

动力学中的图像问题-高中物理第三章专项练习

第三章运动和力的关系动力学中的图像问题1．两类问题：一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像.2.两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．1．(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 变化的图像如图乙所示，g ＝10m/s 2.根据图乙中所标出的数据可计算出()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0.5答案BC 解析物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，解得a ＝F m －μg ，由a 与F 图线，得到0.5＝7m －10μ，4＝14m－10μ，以上各式联立得m ＝2kg ，μ＝0.3，故B 、C 正确，A 、D 错误．2．如图甲所示，地面上有一物体，物体上端连接一劲度系数为k 的轻质弹簧，用力F 向上提弹簧，物体加速度a 与力F 的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A ．如果弹簧形变量x <p k，物体保持静止B ．当力F >q 后，物体做匀加速直线运动C ．物体的质量m ＝－q pD ．当地重力加速度g ＝p答案C 解析当拉力F ＝q 时，物体开始离开地面，此时弹簧形变量x ＝q k ，因此当x <q k，时，物体保持静止，A 错误；由图像可知，当力F >q 之后，随着力的增加，加速度逐渐增加，物体做变加速直线运动，B 错误；根据F －mg ＝ma ，整理可得a ＝1m F －g ，因此物体的质量m ＝－q p，当地的重力加速度g ＝－p ，C 正确，D 错误．3．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度v 0沿斜面向上运动，又返回底端．能够描述物块速度v 随时间t 变化关系的图像是()答案C 解析根据牛顿第二定律，上滑过程：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，比较可知加速度大小a 1>a 2，则物块上滑过程v －t 图像的斜率的绝对值比下滑过程的大．由于存在摩擦力，所以物体滑到斜面底端时的速度v t 小于初速度v 0，上滑过程有x ＝v 0t 02，下滑过程有x ＝v t t 12，可得t 1>t 0，选项C 正确，A 、B 、D 错误．4．(多选)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50kg ，降落伞的质量也为50kg ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F f 与速度v 成正比，即F f ＝k v (g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是()A．阻力系数k＝100N·s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND．悬绳能够承受的拉力至少为625N答案BC解析由题图可知，当速度为5m/s时，做匀速直线运动，对整体，根据平衡条件有2mg＝k v，解得k＝200N·s/m，A错误；打开伞瞬间，对整体，根据牛顿第二定律得k v′－2mg＝2ma，解得a＝200×20－1000100m/s2＝30m/s2，方向竖直向上，B正确；向上的加速度最大时，绳子的拉力最大，由题图可知，打开伞瞬间有最大加速度，对运动员分析，有8F T cos37°－mg＝ma，解得F T＝mg＋ma8cos37°＝20008×0.8N＝312.5N，所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5N，C正确，D错误．5．随着2022年北京冬奥会成功举办，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲．假设一爱好者和他的雪橇总质量m＝75kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力F与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同．从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v－t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为(0,5)的切线，切线上点B的坐标为(4,15)，CD是曲线AD 的渐近线．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列说法正确的是()A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝3.75m/s2B．0～4s内雪橇做加速度变小的曲线运动C．雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，无法计算出比例系数k值D．比例系数为k＝37.5N·s/m答案D解析在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始运动时雪橇的加速度大小为a＝Δv Δt＝15－54m/s2＝2.5m/s2，A错误；0～4s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律，开始运动时mg sinθ－μmg cosθ－k v0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动mg sinθ＝μmg cosθ＋k v m，联立解得k＝37.5N·s/m，C错误，D正确．6.如图，轻弹簧的下端与物块Q连接，上端与物块P连接．已知P、Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，至Q恰好离开地面．以x表示P离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像，可能正确的是()答案B解析设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0，物块的位移为x，当x<x0时，弹簧对P的弹力为F1＝k(x0－x)；对物块P，由牛顿第二定律得F＋F1－mg＝ma，即F＝kx＋ma；当x>x0后，弹簧拉伸F－k(x －x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，F与x是线性关系，且F随x的增大而增大，当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误．7．(多选)一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0～4s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示，在0～2s内的速度图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．关于物块的运动，下列说法正确的是()A．物块的质量为2kgB ．在4s 内物块的位移为8mC ．在4s 内拉力F 做功为16JD ．在4s 末物块的速度大小为4m/s答案BC 解析由题图乙可知，1～2s 内物块做匀速运动，故说明摩擦力大小F f ＝F ＝2N ；0～1s 内做匀加速运动，加速度a ＝v t ＝41m/s 2＝4m/s 2，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，其中F ＝6N ，解得m ＝1kg ，故A 错误；2s 后受到的合力大小F 合＝F ＋F f ＝2N ＋2N ＝4N ，方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，加速度大小a ′＝F 合m ＝41m/s 2＝4m/s 2，匀减速至停止的时间t ＝va ′＝44s ＝1s ，则t ＝3s 末速度减为零，此后保持静止，故4s 内的位移x ＝1＋32×4m ＝8m ，故B 正确；根据动能定理可知W F －F f x ＝0，解得W F ＝2×8J ＝16J ，故C 正确；由B 中分析可知，4s 末的速度大小为零，故D 错误．8.在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F 随时间t 变化的图像如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v 随时间t 变化的图像最接近图()答案A 解析人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重；由F －t 图像可知，超重阶段(加速阶段)水平面对人的支持力先增加后减小，则根据F －mg ＝ma 可知，加速度大小先增大后减小，则v －t 图像的斜率先增大后减小；同理由F －t 图像可知，失重阶段(减速阶段)水平面对人的支持力先减小后增加，则根据mg －F ＝ma 可知，加速度大小先增大后减小，则v －t 图像的斜率的绝对值先增加后减小，故选A.9．如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的固定斜面，将一质量m＝1kg的物体(可视作质点)放在斜面上由静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s末物体的速度大小；(2)前16s内物体发生的位移．答案(1)5m/s(2)30m，方向沿斜面向下解析(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mg sinθ－μmg cosθ－F1>0，所以假设成立，物体在0～2s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mg sinθ－F1－μmg cosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5m/s.(2)物体在前2s内发生的位移为x1＝1a1t12＝5m，2当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得mg sinθ－μmg cosθ－F2＝ma2，代入数据可得a2＝－0.5m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物体在t2时间内发生的位移为a2t22＝25m，x2＝v1t2＋12由于mg sinθ－μmg cosθ<F2<mg sinθ＋μmg cosθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．10．如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1kg的小物块放在质量m2＝2kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°.现对长木板施加水平向左的拉力F ＝18N ，长木板运动的v －t 图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g ＝10m/s 2，求：(1)长木板的长度L ；(2)长木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)物块与长木板间的动摩擦因数μ1.答案(1)2m (2)0.5(3)819解析(1)由题图乙可知，木板运动2s 离开小物块，在0～2s ，木板的位移x ＝2×12m ＝1m ，所以长木板的长度L ＝2x ＝2m.(2)在2～3s ，由题图乙可得长木板的加速度a 2＝ΔvΔt ＝4m/s 2，由牛顿第二定律得F －μ2m 2g ＝m 2a 2，解得μ2＝0.5.(3)在0～2s ，对小物块受力分析，竖直方向有F N ＋F T sin 37°＝m 1g ，水平方向有F T cos 37°＝F f1，又F f1＝μ1F N ，在0～2s ，长木板的加速度a 1＝Δv ′Δt ′＝0.5m/s 2，对木板由牛顿第二定律得F －F f1′－μ2(m 2g ＋F N ′)＝m 2a 1由牛顿第三定律得F f1＝F f1′，F N ＝F N ′联立解得μ1＝819.。