2 牛顿运动定律与图像相关问题教师版
牛顿运动定律应用(上课用)
F
a FT 8m/ s2 m2
G2
再分析m1m2整体受力情况：
FN m2m1 F
F =(m1+m2)a=24N
G
求解简单的连接体问题的方法：
-------整体隔离法 1、已知外力求内力：
先用整体法求加速度， 再用隔离法求内力
2、已知内力求外力： 先用隔离法求加速度， 再用整体法求外力
例与练
1、如图所示，质量为2kg 的m1和质量为1kg 的m2 两个物体叠放在一起，放在水平面，m1 与m2、m1 与水平面间的动摩擦因数都是0.3，现用水平拉力F 拉m1，使m1 和m2一起沿水平面运动，要使m1 和 m2之间没有相对滑动，水平拉力F最大为多大？
问题2：由物体的运动情况求解受力情况
例2.一个滑雪的人，质量m = 75kg，以v0 = 2m/s的初速
度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ= 30o，在 t = 5s 的时间内滑下的路程x = 60m，求滑雪人受到的阻力 （包括摩擦和空气阻力）。
思路：已知运动情况求受力。 应先求出加速度a，再利用 牛顿第二定律F合=ma求滑 雪人受到的阻力。
(1643-1727)
知识准备
一、牛顿第二运动定律
1、内容：物体加速度的大小跟所受到的作用 力成正比,跟它的质量成反比; 加速度方向 跟作用力方向相同。
2、公式: F=ma
二、运动学常用公式
速度公式 ：v = vo+at
位移公式：x= vot +
1
2 at2
导出公式：v 2－ vo 2 =2ax
问题1：由受力情况求解运动情况
解：开始水平力作用时对物体受
力分析如图，
Ff
水平 F f方 M 1 .向 .a ...1 ( ) .： .....
牛顿运动定律图像专题二答案
牛顿运动定律图像专题二答案1、【答案】BC解答：解：A、在0﹣2s内，物体不受外力，此时没有摩擦力，故A错误；B、由图象可知，用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．刚开始长木板处于静止状态，长木板受拉力和木块对长木板间的静摩擦力，当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的最大静摩擦力F fm为4N．当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的滑动摩擦力F f为3N．故B正确；C、根据滑动摩擦力公式得：μ==0.08，故C正确，D错误；故选BC2、【答案】AC解答：解：A、由速度图象分析物体的运动过程：0﹣2s时间内木块向左匀减速直线运动，2﹣3s物体向右做匀加速运动，3﹣4s向右做匀速运动．可知，传送带的速率为v2．故A正确．B、摩擦力提供问题运动的合外力，加速度恒定不等于零，2.0s时物块所受摩擦力不为零，物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同，故B错误C正确；D、在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块向左运动．故D错误．故选：AC．3、【答案】BD解答：解：由图线得，匀加速直线运动的加速度大小，匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，F﹣f=ma1，f=ma2，解得f=3N，F=9N．故B、D正确，A、C错误．故选BD．点评：本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道图线的斜率表示加速度．4、【答案】ABC解答：解：1．若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知m Q g﹣μm P g=（m Q+m P）a，加速度不变，故A正确；2．若v1＞v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μm P g﹣m Q g=（m Q+m P）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3．若v1＜v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知m Q g﹣μm P g=（m Q+m P）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为m Q g+μm P g=（m Q+m P）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2＞a1，故C选项正确，D选项错误．故选：ABC5、【答案】136.6 【解析】试题分析：从速度时间图像中可以看出，物块在11t -时间内做匀速直线运动，它在水平方向上受力平衡，故有cos370f F F ︒-=，因为(sin 37)f F N mg F μμ=-︒=，所以(sin 37)cos 37mg F F μ-=︒︒，代入数据可得13μ=，物块在0-1s 内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得f F F ma -=，从速度时间图像中可得22/a m s =，代入可得 6.6F N =考点：考查了牛顿第二定律，滑动摩擦力，共点力平衡条件 6、【答案】ABD【解析】【知识点】匀变速规律、牛顿第二定律和变形2v x -图象综合多选题考查。
专题04 牛顿运动定律-2021年高考物理真题与模拟题分类训练(教师版含解析)
专题04 牛顿运动定律1．(2021·全国高考真题）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图(a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图(c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。
则( ）A ．111=F m g μB ．2122211()()m m m F g m μμ+=-C ．22112m m m μμ+>D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD【解析】A ．图(c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+，A 错误；BC ．图(c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>，解得2122211()()m m m F g m μμ+=-，()12212m m m μμ+>，BC 正确；D ．图(c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD 。
2．(2021·全国高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上。
横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。
将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关。
若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【答案】D【解析】设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知21sin cos 2L g t θθ=，可得24sin 2L t g θ=，可知45θ=︒时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
高考物理一轮复习牛顿运动定律的图象问题(含解析)新人教版
牛顿运动定律的图象问题李仕才1. 下图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。
运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起，整个过程中忽略空气阻力。
分析这一过程，下列表述正确的是（）①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④2. 如图甲所示，质量为m＝2 kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上，物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为F f＝5 N，重力加速度g取10 m/s2，求：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；（3）2 s末物块的速度v。
3. 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的关系如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数。
4. 某物体做直线运动的v－t图象如图所示，据此判断下图（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是（）15. 如图所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
求：甲乙（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角α。
2牛顿运动定律的图象问题专项练习参考答案1. B 解析：在BC段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当a＝0时，速度最大，即在C点时，速度最大，②正确。
在CD段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③正确，故选B。
2.（1）0.25（2）F＝（5＋4t）N（3）4 m/s解：（1）设地面对物块的支持力为F N，则F f＝μF N又F N＝mg，解得μ＝0.25。
难题集萃第2章牛顿运动定律(温州育英国际实验学校季栓老师整理)物理竞赛
【题1】如图,在固定不动的圆柱体上绕有绳索,绳两端挂大、小两桶,其质量分别为M=1000kg 和m=10kg.绳与圆柱体之间的摩擦系数为u=0.050,绳的质量可以忽略.试问为使两桶静止不动,绳至少需绕多少圈.【题2】 如图,细杆一端支在地面上,以恒定的角速度ω绕通过支点的竖直轴旋转,杆与地面的夹角为a,质量为m 的小环套在杆上,可以沿杆滑动,环与杆之间的摩擦系数为μ.试问小环处于什么位置上能维持稳定运动.【题3】如图,在半径为R 的空心球壳内壁,有一可当作质点的小球沿固定的水平圆周作匀速率运动,小球与空心球壳球心的连线与铅垂线的夹角为θ,小球与空心球壳内壁之间的摩擦系数为μ.试求小球能稳定运动的速度范围.【题4】如图,在地面上有一倾角为θ,质量为M 的斜面体,斜面体上有一质量为 m 的木块.设地面与斜面体之间以及斜面体与木块之间均光滑无摩擦.试求M 与m 相对于地面的加速度a M 与a m ,以及木块 m 所受的支持力.【题5】 一个半径为R=0.5m 的空心球壳绕本身的竖直直径旋转,角速度为115-=s ω,在空心球壳内高度为R/2处有一小木块(可当作质点)同球壳一起旋转.1.摩擦系数至少是多少才能实现这一情况.2.当128-=s ω时,实现这一情况的条件是什么.3.根据前两问的临界情况数据和给出的θμ~图像，研究以下两种情形运动的稳定性:(a ）木块位置有微小变动;（b ）空心球壳的角速度有微小变动.【题6】如图,一质量为m=20kg 的对称钢件,架在两个完全相同的平行长直滚轴上.两滚轴在同一水平面内,滚轴半径为r=0.025m,绕各自的中心轴以相同的角速度ω=40 rad/s 作反向转动.钢件与滚轴间的摩擦系数为u=0.20.为使钢件以v o =0.050m/s 的速度沿滚轴作匀速直线运动,需沿滚轴的长度方向对钢件施以水平作用力F,试求F 的大小.【题7】 如图所示,质量分别为 m A 和 m B 的两木块A 和B 静止放置在粗糙的水平地面上,两者与地面之间的摩擦系数均为μ,两木块A 和B 的接触面是倾角为θ的斜面,接触面是光滑的.现施一水平推力F 于A,使A 和B 产生向右的加速度,且A 和B 之间不发生相对滑动.试问μ和F 各应满足什么条件.【题8】如图所示,质量为M 的滑块C 放置在光滑桌面上.质量均为 m 的两个重物A 和B 用细绳相连,A 平放在滑块上,与滑块间的摩擦系数为μ,细绳跨过滑轮后将B 竖直悬挂并和C 的右侧面保持足够的距离.设细绳和滑轮的质量均忽略不计,滑轮转轴不受摩擦力.今以水平推力F 作用于滑块,为使重物 A 和B 与滑块保持相对静止,试问F 至少应多大?【题9】 如图所示,在水平面内有一平台可绕竖直的中心轴以角速度ω匀角速旋转.在平台内沿半径方向开有两个沟槽,质量为m A 的小球 A 放置在粗糙的沟槽内,球与槽的摩擦系数为μ;质量为 m B 的小球B 放置在另一光滑的沟槽内.长度为l 的细线绕过平台的中心轴,其两端与两球相连.设平台中心轴是半径可略的细轴,且光滑.球 A 的位置可用它到中心点O 的距离x 表示.试求在稳定情形下x 的取值范围。
高一物理《牛顿第二定律与图像结合问题》PPT课件
5. 在A、B两地，分别用质量为m1和m2的物 体做同样的实验：用竖直向上的力F拉物体， 测量物体的加速度与拉力F的关系。然后把 两地测量的结果，画在同一个a-F坐标中， 得到如图所示的加速度a与拉力F的关系图 线A和B，若A、B两地的重力加速度分别 为g1和g2，则（ ）
A.m1>m2 g1>g2 B.m1 >m2 g1<g2 C.m1<m2 g1>g2 D.m1<m2 g1<g2
Hale Waihona Puke 专题二 牛顿第二定 律与图像结合问题
1. 一物体沿斜面向上以12m/s的初速度开始滑 动，它沿斜面向上以及沿斜面向下的v-t图象 如图所示，则斜面的倾角以及物体与斜面的 动摩擦因数分别为 、 。（g取10m/s2）
2. 在光滑的水平面上有一物体同时受到 两个水平力F1与F2的作用，在第1s内保 持静止状态，两力F1、F2随时间的变化 如图所示，则（ ）
专题二专题二牛顿第二定牛顿第二定律与图像结合问题律与图像结合问题一物体沿斜面向上以12ms的初速度开始滑动它沿斜面向上以及沿斜面向下的vt图象如图所示则斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数分别为在光滑的水平面上有一物体同时受到两个水平力f的作用在第1s内保持静止状态两力f随时间的变化如图所示则在第2s2s内物体做加速运动内物体做加速运动加速度减小速度增大加速度减小速度增大在第3s3s内物体做加速运动内物体做加速运动加速度增大速度增大加速度增大速度增大在第4s4s内物体做加速运动内物体做加速运动加速度减小速度增大加速度减小速度增大在第5s5s内物体又保持静止内物体又保持静止状态状态质量为1kg的物体静止在水平地面上物体与地面的动摩擦因数为02作用在物体上的水平拉力f与时间的关系如图1所示请在图2中画出物体的速度随时间的变化图象求出物体在前12s的位移
牛顿运动定律图像专题详解
牛顿运动定律图像专题1、一物体静止在光滑水平面上，同时受到两个方向相反的水平拉力F1、F2的作用，Fl、F2随位移变化，如图所示．则物体的动能将（）A．一直变大，至20m时达最大B．一直变小，至20m时达最小C．先变大至10m时最大，再变小D．先变小至10m时最小，再变大2、某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力）四个选项中正确的是（）3、如图所示，表示某物体所受的合力随时间变化的关系图象，设物体的初速度为零，则下列说法中正确的是（）A．物体时而向前运动，时而向后运动，2s末在初始位置的前边B．物体时而向前运动，时而向后运动，2s末在初始位置处C．物体一直向前运动，2s末物体的速度为零D．若物体在第1s内的位移为L，则在前4s内的位移为4L4、2008北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员(可看作质点)参加跳板跳水比赛，起跳过程中，将运动员离开跳板时做为计时起点，其速度与时间关系图象如图所示，则A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0- t2的时间内，运动员处于超重状态5、一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图8所示，则( )A．t3时刻火箭距地面最远B．t2～t3时间内，火箭在向下降落C．t1～t2时间内，火箭处于失重状态D．0～t3时间内，火箭始终处于失重状态6、质量为10kg的物体置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数??=0.2。
从t=0开始，物体以一定的初速度向右运动，同时受到一个水平向左的恒力F=10N的作用。
则反映物体受到的摩擦力F f随时间t变化的图象是下列图示中的（取水平向右为正方向，g取10m/s2）7、静止物体受到合外力随时间变化图象如下图所示，它的速度随时间变化的图象是下图中的哪个8、“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动。
某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的上部随时间t 变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g 。
第二章牛顿定律习题分析与解答
2-13轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg,飞机以 55.0m•s-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动, 若阻力与时间成正比,比例系数α =5.0×102 N•s-1,求 (1)10s后飞机的速率;(2)飞机着陆后10s内滑行的距离. 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质 点作直线运动,其水平方向所受制动力F为变力, 且是时间的函数,在求速率和距离时,可根据动 力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解. 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定 律及初始条件,有:
为使下滑时间最短,可令 dt / d 0,由上式得:
sin (sin cos ) cos (cos sin ) 0
则可得:
此时:
tg 2 1 / ,
tmin
490
2l 0.99s g cos (sin cos )
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
FT (r )
dr
FT (r dr)
o
r
设叶片根部为原点O，沿叶片背离原点O的方 向，距原点O为r处为dr一小段叶片，其两侧对 它的拉力分别为FT（r）与FT（r+dr）叶片转 动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有
m 2 dFT FT (r ) FT (r dr ) rdr l
2GmE v0 2 gR R
2 9.80 6.4010 11.2 10 m s
6 3
1
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-16 质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m•s-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr=kv,且
k=0.03N/m•s-1. （1）求物体发射到最大高度所需的
2019版高中物理教科版必修一教师用书：第三章 牛顿运动定律 2 含答案
2探究加速度与力、质量的关系[学习目标]1。
学会用控制变量法研究物理规律。
2。
会测量加速度、力和质量，能作出物体运动的a－F、a－1m图像。
3.通过实验探究加速度与力、质量的定量关系．一、实验器材小车、砝码、砝码盘、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平．二、实验原理实验的基本思想——控制变量法1．保持研究对象即小车的质量不变，改变砝码盘内砝码的质量，即改变作用力，测出小车的对应加速度，验证加速度是否正比于作用力．2．保持砝码盘中砝码的质量不变,即保持作用力不变，改变研究对象即小车的质量，测出对应不同质量的加速度,验证加速度是否反比于质量．三、实验方案的设计1．三个物理量的测量方法——近似法本实验的研究对象：小车(装置如图1所示）．图1（1）小车质量的测量：利用天平测出，在小车上增减砝码可改变小车的质量．（2）拉力的测量：当砝码盘和砝码的质量远小于小车质量的情况下,可以认为砝码盘和砝码的重力近似等于小车所受的拉力（合外力）．（3）加速度的测量：由纸带根据公式Δx＝aT2，结合逐差法计算出小车的加速度．2．实验数据的处理方法——图像法、“化曲为直"法（1）研究加速度a和力F的关系图2以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点,然后作出图像，如图2所示，若图像是一条通过原点的直线，就能说明a 与F成正比．（2）研究加速度a与质量m的关系如图3所示，因为a－m图像是曲线，检查a－m图像是不是双曲线，就能判断它们之间是不是成反比关系,但检查这条曲线是不是双曲线，相当困难．若a和m成反比,则a与错误!必成正比．我们采取“化曲为直”的方法，以a为纵坐标，以1m为横坐标，作出a－错误!图像，若a－1m图像是一条过原点的直线,说明a与错误!成正比,即a与m成反比．图3四、实验步骤1．用天平测出小车的质量，并把数值记录下来．2．按如图4所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系绳）．图43．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块,反复移动木块位置，直到轻推小车在斜面上运动时可保持匀速直线运动为止（纸带上相邻点间距相等）．4．在砝码盘里放入适量的砝码，用细绳绕过定滑轮系在小车上，在小车上加放适量的砝码，用天平测出砝码盘和砝码的质量m，记录下来．接通电源,放开小车，待打点计时器在纸带上打好点后取下纸带,并设计表格如下。
牛顿运动定律的图像问题
牛顿运动定律-------专题二图像问题【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．【典型例题】一、根据运动图像分析物体的受力情况例1、沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。
已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）A. F1<F2B. F2>F3C. F1>F3D. F1=F3二、由力的图像分析物体的运动情况例2、如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。
物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。
物体从零时刻开始运动。
(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小。
(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？【变式训练1】一个物块放置在粗糙的水平地面上,受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图(a)所示,速度v随时间t变化的关系如图(b)所示(g=10m/s2)。
求：(1)1s末物块所受摩擦力的大小f1；(2)物块在前6s内的位移大小；(3)物块的质量m、物体与水平地面间的动摩擦因数μ。
三、利用特殊图像分析物体受力情况和运动情况例3、如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平外力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,g取10m/s2,设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为14N时物体的速度C. 物体与水平面间的动摩擦因数D. 物体的质量例4、某人乘电梯上楼,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,以竖直向上为正方向,则人对地板的压力在( )A. t=2s时最大B. t=2s时最小C. t=8.5s时最大D. t=8.5s时最小例5. 一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0°-90°之间任意凋整物块沿木板向上能达到的最大位移为x。
2023新教材高考物理二轮专题复习专题：牛顿运动定律与直线运动教师用书
专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本公式v＝v0＋at，x＝v0t+12at2，v2−v02＝2ax.2．重要推论v t2＝v0+v2＝v̅(利用平均速度求瞬时速度)；初、末速度平均值vt2＝√t02+t22；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．3．符号法则选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．4．解决运动学问题的基本思路例 1 [2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G .设普通列车的最高速度为108 km /h ，高铁列车的最高速度为324 km /h .若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m /s 2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )A ．6小时25分钟B ．6小时30分钟C ．6小时35分钟D ．6小时40分钟[解题心得]预测1 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是2022年北京冬奥会的比赛项目之一．运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行．比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成．若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动．运动员通过减速区时间为t ，其中第一个t 4时间内的位移为x 1，第四个t 4时间内的位移为x 2，则x 2:x 1等于( )A ．1∶16B ．1∶7C ．1∶5D ．1∶3预测2 [2022·福建泉州高三联考]如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L ＝4 m 时，客车正以v 1＝6 m /s 速度匀速行驶，轿车正以v 2＝10 m /s 的速度借道超车．客车长L 1＝10 m ，轿车长L 2＝4 m ，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化．(1)若轿车开始加速并在3 s内成功超越客车L3＝12 m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？[试解]考点二动力学基本规律的应用动力学两类基本问题的解题思路温馨提示动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸．例2 [2022·浙江卷1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26(取g＝10 m/s2)，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．[试解]预测3 (多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m 跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N预测4 衢州市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25 km/h，整车质量应当小于或等于55 kg，制动性能要符合如下规定：某人体重m＝50 kg，骑着符合新标准、质量M＝50 kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动．(1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字)(2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？(3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？[试解]考点三连接体问题1．处理连接体问题的常用方法2.连接体问题中常见的临界条件例3 [2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小[解题心得]预测5 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动距离很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是( )A．1.41 N B．1.42 NC．1 410 N D．1 420 N预测6 [2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为( )A．5F8m B．2F5mC．3F8m D．3F10m预测7 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g＝10 m/s2)(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？[试解]素养培优·情境命题实际情境中的直线运动情境1 [2022·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( )A．2.52 m/s2B．3.55 m/s2C．3.75 m/s2D．3.05 m/s2[解题心得]情境2 驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫做停车距离．如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是( )A．根据图中信息可以求出反应时间B．根据图中信息可以求出汽车的制动力C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变[解题心得]情境3 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝2，货物可视为质点(取9cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.[试解]情境4 疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A 送餐到F，求机器人运行的最大加速度a m和加速过程通过的位移x加．[试解]专题二 牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一例1 解析：108 km/h ＝30 m/s ，324 km/h ＝90 m/s由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，为总的节省时间，相邻两站间的距离x ＝1 080×1035m ＝2.16×105m普通列车加速时间t 1＝v1a＝300.5 s ＝60 s加速过程的位移x 1＝12at 12＝12×0.5×602m ＝900 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t 2＝x −2x 1v＝2.16×105−2×90030s ＝7 140 s同理高铁列车加速时间t ′1＝v 1′a＝900.5s ＝180 s加速过程的位移x ′1＝12at1′2＝12×0.5×1802m ＝8 100 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t ′2＝x −2x 1′v 1′＝2.16×105−2×8 10090s ＝2 220 s相邻两站间节省的时间Δt ＝(t 2＋2t 1)－(t ′2＋2t ′1)＝4 680 s ，因此总的节省时间Δt 总＝5Δt ＝4 680×5 s＝23 400 s ＝6小时30分，B 正确．答案：B预测1 解析：由题意知，在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知，x 2∶x 1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比，即x 2∶x 1＝1∶7，故选B.答案：B预测2 解析：(1)设轿车的加速度大小为a ，经过t 1＝3 s ，客车和轿车位移分别为s 1、s 2，由运动学公式得s 1＝v 1t 1，s 2＝v 2t 1+12at 12，s 2＝s 1＋L 1＋L 2＋L ＋L 3，解得a ＝4 m/s 2.(2)设轿车减速的加速度大小为a ′，经过时间t 2，轿车、客车达到共同速度，则v 2－a ′t 2＝v 1，客车和轿车位移分别为s ′1、s ′2，满足s ′2＝v 2t 2−12a ′t 22， s ′1＝v 1t 2， s ′2＝s ′1＋L ，解得a ′＝2 m/s 2，即轿车至少以2 m/s 2的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾． 答案：(1)4 m/s 2(2)2 m/s 2考点二例2 解析：(1)设雪车从A →B 的加速度大小为a 、运动时间为t ，根据匀变速直线运动的规律有2al AB ＝v B 2、v B ＝at解得t ＝3 s 、a ＝83 m/s 2.(2)方法一 由题知雪车从A →C 全程的运动时间t 0＝5 s ，设雪车从B →C 的加速度大小为a 1、运动时间为t 1，故t 1＝t 0－t ，根据匀变速直线运动的规律有l BC ＝v B t 1+12a 1t 12v C ＝v B ＋a 1t 1代入数据解得a 1＝2 m/s 2、v C ＝12 m/s.方法二 由于雪车在BC 上做匀变速运动，故l BC ＝v BC ̅̅̅̅·t 1＝v B +v C 2(t 0－t )解得v C ＝12 m/s.(3)方法一 设雪车在BC 上运动时受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f ＝ma 1代入数据解得f ＝66 N方法二 对雪车在BC 上的运动过程由动量定理有 (mg sin 15°－f )(t 0－t )＝mv C －mv B 代入数据解得f ＝66 N.方法三 对雪车从B →C 由动能定理有(mg sin 15°−f )l BC ＝12tt t 2−12tt t 2解得f＝66 N.答案：(1)83m/s2(2)12 m/s (3)66 N预测3 解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－12gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5 m/s－10×2 m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝0−v1t＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得f＝ma＋mg＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．答案：AD预测4 解析：(1)根据匀变速运动公式2ax＝t2−t02解得t＝t2−t022t＝－3.4 m/s2根据牛顿第二定律得：制动力F＝(M＋m)a＝340 N.(2)根据匀变速运动公式2a1x1＝v12，2a1x2＝v22，x1x2＝t12t22联立解得x2＝36 m.(3)超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大．答案：(1)－3.4 m/s2340 N (2)36 m (3)见解析考点三例3 解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝ma P，对Q有μmg－kx＝ma Q，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝v̅t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．答案：AD预测5 解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1解得a1＝2 m/s2对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝12a1t12纸板运动距离为d＋x1＝12a2t12纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝12a3t22则l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入数据联立得F＝1.42 N，故B正确，A、C、D错误．答案：B预测6解析：如图可知sin θ＝12×3L5L2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．答案：A预测7 解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球的作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零．(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－F1＝ma解得F1＝32 N.(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝12at2解得t＝0.8 s，x＝0.32 m.(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1解得x1＝0.4 m.答案：(1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m素养培优·情境命题情境1 解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝t0(t1+t2+tt)+t022t代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋522a解得a＝3.05 m/s2，所以D正确；A、B、C错误．答案：D情境2 解析：图中知道汽车速度，反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A 正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0.则x＝t0t0+t022t，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；除了反应时间，其他条件不变的情况下，根据公式x＝t0t0+t022t，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误．答案：A情境3 解析：(1)根据牛顿第二定律mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1a1＝2 m/s2(2)在倾斜滑轨上运动过程为匀加速直线运动v2＝2a1l1v＝4 m/s(3)在水平滑轨上的运动过程为匀减速直线运动v12－v2＝2a2l2a2＝－μgl2＝2.7 m答案：(1)2 m/s2(2)4 m/s (3)2.7 m情境4 解析：(1)从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0，解得a＝0−v22x0＝－422×6m/s2＝－43m/s2，机器人在此过程加速度a的大小为43m/s2.(2)要想用时最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度为a m＝μg＝2 m/s2，加速的位移为x加＝v22a m＝4 m.答案：(1)43m/s2(2)2 m/s2 4 m。
牛顿运动定律的图像问题
－μm m2
2g＝ F －μ m2
g，故
a2＝mk t2－μ g，a－t
图象
中斜率变大.
练习1.某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示， 据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的
位移）四个选项中正确的是（ B ）
2.一个静止的质点，在0～5s时间内受到力F的作
用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的
a2＝v
2t－v Δt2
20＝－2
m/s2
①
设物体所受的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律，有
F f＝m a2
②
Ff＝－μmg
③
联立②③得 μ＝－a2＝0.2.
④
g
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速
度为 v10、末速度为 v1t、加速度为 a1，则
a1＝v
1t－v Δt1
10＝1
m/s2
变化图线如图所示。则质点在C (
)
A．第2S末速度方向改变
B．第2S末加速度为零
C．第4S末运动速度为零
D．第4S末回到原出发点
3.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力
的方向始终在一直线上，已知t=0时质点的速度为 零，在图示的tl、t2、t3和t4各时刻中 (ＢＤ )
A．t1时刻质点速度最大 B．t2时刻质点速度最大 C．t3时刻质点离出发点最远 D．t4时刻质点离出发点最远
5.一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的 关系如图（b）所示（g=10m/s2）．求：
（1）1s末物块所受摩擦力的大小Ff1； （2）物块在前6ｓ内的位移大小；
（3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ．
牛顿运动定律与直线运动 二轮专题复习：牛顿运动定律
牛顿运动定律与图像有关的问题在动力学问题中，经常出现一些图像问题，例如速度-时间图像，某个力与时间的图像，加速度与时间的图像。
它们的函数关系有正比例关系，一次函数，二次函数，分段函数等，分析函数图像的斜率，截距，拐点经常是分析这类问题的解题的突破口。
例题1．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C．0～1 s内，物体的位移为7 mD．0～2 s内，物体的总位移为11 m解析：选BD.由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确．例题2．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是( )解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋Ffm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－Ffm，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．例题3．(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时最小解析：选AD.人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，F N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F N′最小，选项A、D正确．例题4．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1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：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝vt1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f＝ma1，mg sin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝v＋v12t1g，滑动摩擦力f＝m v－v12t1，而f＝μF N＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．例题5．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是( )A．释放瞬间甲球加速度较大B.m1m2＝v2v1C．甲球质量大于乙球质量D．t0时间内两球下落的高度相等解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即v m∝m，m1m2＝v1v2，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．例题6．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零解析：选D.利用a-t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因a-t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．例题7．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图象前3 s内为二次函数，3 s～4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.(1)求传送带速度v1的大小；(2)求零时刻物块速度v0的大小；(3)在图丙中画出物块对应的v－t图象．解析：(1)由x－t的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s末减到v＝0，然后向右加速，3 s末后与传送带共速v1＝Δx′Δt＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动．(2)2 s～3 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt10～2 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg解得零时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4 m/s.(3)根据x－t的图象分析得到的运动规律用v－t图象画出如图所示．答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)见解析图。
人教版物理必修1第四章第6节课时1：牛顿运动定律与图像结合问题有答案
人教版物理必修1第四章第6节课时1：两类动力学问题、牛顿运动定律与图像结合问题一、解答题。
1. 如图所示，一物体从倾角为30∘的斜面顶端由静止开始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2=2x1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求物体与x2段之间的动摩擦因数μ．（g取10m/s2）2. 超市一送水员用双轮小车运送桶装矿泉水．装运完毕，如图所示，在拉运过程中保持图示角度不变，不计桶与小车之间摩擦力的影响．（g取10m/s2）求：（1）若送水员以5m/s2的恒定加速度由静止开始水平向右拉动小车，请问这一过程中，桶对小车两侧的压力大小之比N A′:N B′；（2）若送水员水平推拉小车时，桶对小车两侧始终有压力，小车的加速度应满足的条件．3. 如图所示，粗糙斜面倾角θ=37∘，斜面长b=4m，宽c=3m，质量为0.1kg的小木块从斜面顶端A点由静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5（g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）．求：（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2．4. 杂技演员在进行“顶杆”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿．如图(a)所示，一质量为40kg的演员甲自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底端时速度刚好为零．已知竹竿始终保持静止状态，演员甲在下滑过程中其速度一时间图像如图(b)所示（以向下的方向为速度的正方向）．求：（1）在0∼1s时间内演员甲的加速度大小；（2）长竹竿的长度；（3）在0∼1s时间内竹竿底部对演员乙肩部的压力大小．（g取10m/s2）5. 如图所示，固定在水平面上倾角为α=37∘、长为s=4.8m的斜面，一个质量为2kg的小物块（可视为质点）放置在斜面上，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，现用大小为F=24N、方向与斜面平行的力推物块，使小物块从斜面的底端由静止开始向上运动．（sin37∘=0.60，cos37∘=0.80，g取10m/s2）求：（1）小物块在推力F作用下的加速度大小；（2）要使小物块能从斜面的底端到达斜面的顶端，推力F作用的最短时间．6. 如图所示，厚度不计的长木板放在水平面上，并且右端紧靠竖直墙壁，木板与地面，木板质量M=0.4kg，板左端放有一质量为m=0.3kg的小物之间动摩擦因数μ2=13体（可视为质点），与木板间的动摩擦因数μ1=0.25，将小物体用长为L=1m的细线系在墙上A点，A点高度ℎ=0.6m，用水平力F=6.4N拉木板，使其从静止开始运动（此时细线是张紧的），则经多长时间小物体离开木板右端？（g取10m/s2，结果保留1位小数）7. 在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的滑块由静止开始沿斜面下滑．滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的受风面积S以及滑块下滑速度v 的大小成正比，即f=kSv．（1）写出滑块下滑速度为v时加速度的表达式．（2）若m=2.0kg，θ=53∘，g取10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，滑块由静止开始下滑的速度—时间图像为如图所示的曲线．图中斜虚线是t=0时的速度图线的切线，由此求出kS和μ的值．8. 如图所示，底座A上装有长0.5m的直立杆，总质量为1kg，用细线悬挂，底座底面离水平地面间的距离H=0.2m，杆上套有质量为0.2kg的小环B，它与杆间有摩擦，设环与杆相对滑动时摩擦力大小始终不变，环从底座处以√15m/s的初速度沿杆向上运动，最后恰能到达杆的顶端（g取10m/s2）．求：（1）环沿杆上滑过程中的加速度大小；（2）在环上滑过程中，细线对杆的拉力大小；（3）若小环在杆顶端时细线突然断掉，底座下落后与地面接触后立即粘合静止，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环第一次与底座相碰？9. 如图所示，质量为m=2kg的物块放在一固定斜面上，斜面长L=11m，当斜面倾角为37∘时物块恰能沿斜面匀速下滑．现对物体施加一大小为F=100N的水平向右恒力，可使物体从斜面底端由静止开始向上滑行（已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g取10m/s2），求：（1）物块在力F作用下从斜面底端运动到顶端所需的时间；（2）若要在力F作用下保证物块可以从斜面底端运动到顶端，则该力作用的最短时间；（3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求这一临界角θ0的大小（可用三角函数表示）．10. 如图所示，质量m=1kg的小球P位于距水平地面高H=1.6m处，在水平地面的上方存在厚度ℎ=0.8m的“相互作用区”，如图中阴影部分所示，小球P进入“相互作用区”后将受到竖直方向的恒定作用力F．将小球P由静止释放，已知从被释放到运动至“相互作用区”底部用时t=0.6s，小球一旦碰到区域底部就会粘在底部．不考虑空气阻力，g取10m/s2，请完成下列问题：（1）求小球刚进入“相互作用区”时的速度大小及在“相互作用区”所受作用力F的大小和方向．（2）若要小球从静止释放后还能返回释放点，作用力F的大小和方向应满足什么条件？（3）在小球能返回释放点的情况中，小球从释放到返回释放点的时间不会超过多少秒？二、多选题。
【高中物理】2018-2019学年高中物理课时牛顿运动定律的图象问题每日一题课堂同步系列二新人教版必修1.doc
牛顿运动定律的图象问题如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是A．0~6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6~12 s减速，加速度大小为2 m/s2B．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~12 s减速，加速度大小为4 m/s2C．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~16 s减速，加速度大小为2 m/s2D．0~12 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，12~16 s减速，加速度大小为4 m/s2【参考答案】C【知识补给】牛顿运动定律的图象问题图象能形象地表达物理规律，鲜明地表示物理量间的关系。
利用函数图象分析物理问题，可使分析过程更巧妙、更灵活。
动力学中常见的图象有v–t图象、x–t图象、F–t图象、F–a图象等，解决图象问题的关键在于看清图象的纵、横坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始，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。
将一只小球竖直向上抛出，小球运动时受到空气阻力的大小与速度大小成正比，下列描绘小球在上升过程中的加速度大小a及速度大小v与时间t关系的图象，可能正确的是A． B．C． D．在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动。
当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零。
两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动的v–t 图象如图所示，则A．a 球质量小于b 球质量B．t1时刻两球间距最小C．0~t2 时间内，两球间距逐渐减小D．0~t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反（2018·甘肃省民勤县第三中学高一第二学期期末综合测评）如图（a），用一水平外力F推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变化的图象如图（b）所示，重力加速度g取10 m/s2。
高中教育数学必修第二册湘教版《微专题(二) 牛顿运动定律的三类典型问题》教学课件
A．0～2 s内，A、B的平均速度等于4.5 m/s
B．t＝2 s时，A、B受到的空气阻力大小等于25 N
答案：C
C．t＝2 s时，A对B的压力大小等于16 N
D．下落过程中A对B的压力不变
4．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水
平向左的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后力F突然反
θ＝(mA＋mB)a隔离物块B，应用牛顿第二定律得T－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa
m F
以上两式联立可解得：T＝ B ，由此可知，T的大小与θ、μ无关，mB越大，mA
越小时，T越大．
mA +mB
素养训练2 两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起
题型2 动力学中的F － t图像
例2 如图甲所示，t＝0时，水平地面上质量m＝1 kg的物体在水平向左、大小恒为10 N的力T的作用下由静止
开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦
因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)2 s末物体的速度大小；
整体法
系统作为研究对象 加速度和所受外力
将系统中的某一物
隔离法
求解物体之间的内力
体为研究对象
说明：有些题目既可用“整体法”，也可用“隔离法”，还有些题
目则需要交替运用“整体法”与“隔离法”．
【典例示范】
例3 (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B
两物块用轻绳连接，放在倾角为θ的斜面上，用始
的最大值．
在[例4]中，若拉力F作用在A上，如图所示，求拉力F
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1. （2019年3月兰州模拟）质量为2kg的物体在水平力F作用下运动，t=0时刻开始计时，3s末撤去F，物体继续运动一段时间后停止，其v-t图象的一部分如图所示，整个过程中阻力恒定，则下列说法正确的是（）A.水平力F为3.2NB.水平力F做功480JC.物体从t=0时刻开始，运动的总位移为92mD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【参考答案】B【命题意图】本题以水平力作用下物体运动为情景，以速度图像给出解题信息，考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、做功及其相关知识点。
【解题思路】在0~3s时间内，物体匀速运动，由平衡条件，F-μmg=0，3s末撤去F，在3~5s时间内，物体做匀减速直线运动，运动的加速度大小为a=vt∆∆=4m/s2，由牛顿第二定律，μmg=ma，联立解得：μ=0.4，F=8N，选项AD错误；在0~3s时间内，物体匀速运动位移x1=20×3m=60m，水平力F做功W=Fx=8×60J=480J，选项B正确；3s末撤去F，物体继续运动时间t=v/a=5s，即8s末物体停止运动，补全速度图像，由速度图像的面积表示位移可知，物体在3~8s时间内位移x2=20×5×1/2=50m，物体从t=0时刻开始，运动的总位移为s= x1+x2=60m+50m=110m，选项C错误。
【方法归纳】速度图像的斜率表示加速度，速度图像的面积表示位移。
2. （2018山东济南联考）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则( )A．在0-t1秒内，外力F大小不断增大 B. 在t1时刻，外力F为零C ．在t 1-t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1-t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大 【参考答案】 CD【名师解析】在0～t 1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，速度增加的慢了，说明外力F 大小不断减小，但仍然大于摩擦力，故A 错误．在t 1时刻斜率为零，即加速度为零，说明外力等于摩擦力，故B 错误．在t 1～t 2时间内，反方向的加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，可能是F 一直减小，也可能是F 减小到零后反向增加，故C 、D 均有可能．3.（2018洛阳联考）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v t 图像如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2gkB ．外力施加的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值 【参考答案】B【名师解析】 施加外力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mgk ，故A 错误；施加外力F 的瞬间，对物体B ，根据牛顿第二定律有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ，其中F 弹＝2Mg ，解得F AB ＝M (g －a )，故B 正确；由题图乙知，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 和a ，且F AB ＝0，对B 有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故C 错误；当F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故D 错误。
4．粗糙水平面上静止放置质量均为m 的A 、B 两物体，它们分别受到水平恒力F 1、F 2的作用后各自沿水平面运动了一段时间,之后撤去F 1、F 2,两物体最终都停止，其v t 图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为2:1 B ．F 1与A 物体所受摩擦力大小之比为3:1C ．F 1和F 2大小之比为2:1D ．A 、B 两物体通过的总位移大小相等 【参考答案】BD 【名师解析】试题分析：A 、由v t -图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律可知：A 、B 受摩擦力大小1：2，故选项A 错误；B 、对A 物体加速（1A a ）和减速（2A a ）比为1:2，由牛顿第二定律可知111A F f ma -=，12A f ma =，可得113F f =，选项B 正确.C 、对B 物体加速（1B a ）和减速（2B a ）比为2:1，同理221B F f ma -=，22B f ma =，联立可得：223F f =，则212F F =，选项C 错误.D 、v t -图象面积表示位移为0032v x t =⋅，故选项D 正确，故选AD. 考点：本题考查了v t -图象、牛顿第二定律.5．（2016江苏盐城联考）一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），而在这一过程中其余各力均不变。
那么，图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是 （ ）【参照答案】 D 【名师解析】仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），而在这一过程中物体所受合外力逐渐增大到最大，又逐渐减小到零，根据牛顿第二定律，物体的加速度逐渐增大到最大，又逐渐减小到零，选项D 正确。
6. （2016山东省名校质检）一辆质量为m 的汽车在发动机牵引力F 的作用下，沿水平方向运动。
在t 0时刻关闭发动机，其运动的v -t 图象如图所示。
已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的k 倍，则（ ）A.加速过程与减速过程的平均速度比为1∶2B.加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2C.汽车牵引力F 与所受阻力大小比为3∶1D.汽车牵引力F 做的功为2300t kmg υ 【参照答案】 BCD 【名师解析】由题图可知，加速过程00,v F f ma a t -==，位移10012x v t =；减速过程00,2v f ma a t -==-，位移200122x v t =g ，又f kmg =，由以上各式解得加速过程与减速过程的位移大小之比为1：2，平均速度比为1：1，汽车牵引力F 与所受阻力大小比为3∶1，汽车牵引力F 做的功为1W Fx ==2300t kmg υ，故选项A 错误,BCD 正确。
7．（2016年武汉联考）甲、乙两球从同一高度同时由静止释放，下落时受到的空气阻力F 与球的速率v 成正比，即F =-kv （k >0），且两球的比例常数k 相等，如图所示为下落时两球的v—t 图象。
若甲球与乙球的质量分别为m 1与m 2，则：（ ）A ．m 2>m 1，且甲球先抵达地面B ．m 2>m 1，且乙球先抵达地面C ．m 2<m 1，且甲球先抵达地面D ．m 2<m 1，且乙球先抵达地面 【参照答案】 B 【名师解析】由kv=mg 可知，收尾速度大的乙球质量较大，m 2>m 1，且乙球先抵达地面，选项B 正确。
8．（2019湖南师大附中二模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离。
t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示。
则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )A ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零 B ．t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左C ．t ＝2.5 s 时刻A 、B 分离D ．从t ＝0时刻到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m 【参考答案】D【名师解析】由图可知：F 1＝3.6－0.9t ，F 2＝0.9t ()t<4.0 s ；分析可知一开始AB 一起运动，对AB 整体有：F 1＋F 2＝()m A ＋m B a ，有a ＝1.2 m/s 2；若t 时刻A 与B 分离，此时对A ：F 1＋F Nmax ＝m A a ，得t ＝3.0 s ，即t ＝2.5 s 时刻A 、B 分离，A 、B 之间作用力为零，选项AC 错误；此过程中s ＝12at 2＝5.4 m ；当t ＝2.5 s 时，对A ：F 1＋F N ＝m A a ，F N ＝－0.15 N ，故此时A 对B 的作用力向右；选项D 正确B 错误。
9（2019浙江绍兴模拟）某玩具汽车从t =0时刻出发，由静止开始沿直线行驶。
其a -t 图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 6s 末的加速度比1s 末的大B. 1s 末加速度方向与速度方向相同C. 第4s 内速度变化量大于零D. 第6s 内速度在不断变大 【参考答案】B 【名师解析】由图知，6s 末的加速度比1s 末的小，故A 错误。
0-1s 内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，故B 正确。
根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，知第4s 内速度变化量为零，故C 错误。
根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，图象在时间轴上方速度变化量为正，图象在时间轴下方速度变化量为负，知第6s 内速度变化量为负，速度在不断变小，故D 错误。
【关键点拨】由a-t 图象能直接读出加速度的大小。
根据图象分析汽车的运动情况，从而确定1s 末加速度方向与速度方向的关系。
根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，分析第4s 内速度变化量的大小，并由“面积”法分析第6s 内速度变化情况。
解决本题的关键是要理解a-t 图象的数学意义，知道图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，图象在时间轴上方速度变化量为正，图象在时间轴下方速度变化量为负。
10. 如图所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体。
现对A 施加水平向右的拉力F ，通过传感器可测得A 的加速度a 随拉力F 变化的关系如图B 所示。
已知重力加速度g = 10 m/s 2，由下列说法正确的是（ ）A ．A 的质量是5kgB ．B 的质量是5kgC ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.4D ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.8 【参考答案】BC 【名师解析】拉力F 很小时，AB 两物体何持相对静止，以相同的加速运动，后来B 在A 上表现滑动。
当拉力F 1=60N 时，A 物体加速度a 1=4m/s 2，两物体恰好要相对滑动，这时AB 间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，以B 为对象有：1B B m g m a μ=① 对A 有：11B A F m g m a μ-=②当拉力F 2=100N 时，A 物体加速度a 2=8m/s 2，两物体发生相对滑动，这时AB 间是滑动静摩擦力，根据牛顿第二定律,对A 有：22B A F m g m a μ-=③由①②③解得：10kg A m = ；5kg B m =；0.4μ=，故B 、C 正确，A 、D 错误。