《微專題牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《微專題牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用之圖像問(wèn)題 【核心要點(diǎn)提示】 動(dòng)力學(xué)中常見(jiàn)的圖象：V一，圖象、x-t圖象、F-t圖象、F-a圖象等. 【核心方法點(diǎn)撥】 （1） 看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原來(lái)是否從0開(kāi)始. （2） 理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn) 等，判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解. 【鞏固習(xí)題】 1. 以相同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開(kāi)始計(jì)時(shí)，一個(gè)物體所受空氣阻力可以忽略， 另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線（斜線）和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng) 的速率一時(shí)間圖象可能正確的是（）

2、 2. （2016-江西宜春高三質(zhì)檢）某物體做直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間四個(gè)選項(xiàng)中正確的是（） 3. （2017-湖南株洲一診）一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中（如圖甲所示）， 某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開(kāi)始在油槽中下沉，通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的 圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（） A. 鋁球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度a0=g B?鋁球下沉的速度將會(huì)一直增大 c.鋁球下沉過(guò)程所受到油的阻力f=mav v0 D.鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力所做的功 4. （2018

3、-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(diǎn)）由靜止從A點(diǎn)在一沿斜面向上的恒定推力作用下運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤 去該推力，小物塊能到達(dá)的最高位置為C點(diǎn)，小物塊上滑過(guò)程中v t圖象如圖乙所示。設(shè)A 點(diǎn)為零重力勢(shì)能參考點(diǎn)，g取10 m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（） A.小物塊最大重力勢(shì)能為54 J B.小物塊加速時(shí)的平均速度與減速時(shí)的平均速度大 小之比為3 : 1 甲 乙 3 c.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為23 D.推力F的大小為40 N 5. （多選）如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪

4、， 沿斜面向上的方向?yàn)檎较颍諝庾枇Σ挥?jì)， 重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為0, 輕繩跨過(guò)滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和&保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量朋，當(dāng)B 的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到A的加速度1隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示.設(shè)加速度 下列說(shuō)法正確的是（） A. 若0已知，可求出A的質(zhì)量 B. 若0未知，可求出圖乙中11的值 C. 若0已知，可求出圖乙中a2的值 D. 若0已知，可求出圖乙中m0的值 6. （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 度一時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

5、常數(shù)，在0?5 s，5?10 s，10? 15 s內(nèi)F的大小分別為F「F2和F3，則（） 「?jìng)儭甘? a. F1F3 1 - ―\ C F1>F3 d. F1=F3 Q —L —兒 7. 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(kāi)始沿斜面向上 運(yùn)動(dòng)，t=0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖象（v —t圖象） 甲 乙 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(guò)的路程L； （2） 沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段加速度大?。?、a2和 拉力大小F. 8. 如圖甲所示，質(zhì)量為m

6、= 1 kg的物體置于傾角為37°的固定斜面上(斜面足夠長(zhǎng))，對(duì)物體施 加平行于斜面向上的恒力「作用時(shí)間4 = 1 s時(shí)撤去力8,物體運(yùn)動(dòng)的部分v-t圖象如圖 乙所示，設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10 m/s2.求： (1) 物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2) 拉力F的大小； (3) t=4 s時(shí)物體的速度. 9. 如圖甲所示，為一傾角0=37°的足夠長(zhǎng)斜面，將一質(zhì)量為m=1 kg的物體無(wú)初速度在斜面 上釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜 2 4 6 M 10121416 乙 面間的動(dòng)摩擦因數(shù)《=0.25,取g=10

7、m/s2, sin 37° = 0.6，cos 37°=0.8，求： (1) 2 s末物體的速度； (2) 前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。 10. 游樂(lè)場(chǎng)有一種滑雪游戲，其理想簡(jiǎn)化圖如圖甲所示，滑道由傾角為。=30°的斜坡和水平 滑道組成.小孩在距地面h=10 m處由靜止開(kāi)始從斜坡滑下，到達(dá)底端時(shí)恰滑上水平滑道上 放置的長(zhǎng)為l=3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示.已 知斜坡滑道與水平滑道為圓滑過(guò)渡，速度由斜坡方向轉(zhuǎn)為水平方向時(shí)大小不變，不計(jì)小孩在 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2.求： (1) 小孩與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù);

8、 (2) 小孩脫離木板時(shí)的速率. 微專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用之圖像問(wèn)題（參考答案） 1、 【解析】根據(jù)速度一時(shí)間圖象的斜率表示加速度，速率一時(shí)間圖象的斜率也表示加速度.忽 略空氣阻力的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，其上升過(guò)程和下降過(guò)程對(duì)稱.所受空氣阻力與物體速率成正比 的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升階段重力和空氣阻力方向相同，開(kāi)始上升時(shí)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(diǎn)時(shí)，加速度減小至眩；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 外力減小，加速度減小，所以描述兩物體運(yùn)動(dòng)的速率一時(shí)間圖象可能正確的是選項(xiàng)D. 【答案】D 2、

9、 【解析】由圖可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以前兩秒內(nèi)受力恒定， 2?4 s內(nèi)沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以受力為負(fù)，且恒定，4?6 s內(nèi)沿負(fù)方向做勻加速 直線運(yùn)動(dòng)，所以受力為負(fù)，恒定，6?8 s內(nèi)沿負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以受力為正，恒 定，綜上分析B正確。 【答案】B 3、 ［解析］剛開(kāi)始釋放時(shí)，鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即％=箜^聲 =g-『，A錯(cuò)誤；由圖乙可知鋁球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度越來(lái)越大，當(dāng)a=0 時(shí)，鋁球下沉的速度達(dá)到最大，之后勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；剛開(kāi)始釋放時(shí)有mg-F浮=ma0， 鋁球下沉過(guò)程中受重力、阻力、浮力，由牛頓第二定律可得

10、，mg-F浮-f=ma，由a-v圖 象可知a=a0-a0v，由以上各式解得鋁球與油的阻力f=ma0V，C正確；鋁球下沉過(guò)程機(jī)械 V0 V0 能的減少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D錯(cuò)誤。 4、 解析：由乙圖可知物塊沿斜面向上滑行的距離x=2x3x1.2 m=1.8 m，上升的最大高度 h=x sin 30°=0.9 m，故物塊的最大重力勢(shì)能Epm=mgh=27 J，則A項(xiàng)錯(cuò)。由圖乙可知物塊 加速與減速階段均為勻變速運(yùn)動(dòng)，則由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式；=*尹，可知小 物塊加速時(shí)的平均速度與減速時(shí)的平均速度大小之比為1：1，則B項(xiàng)錯(cuò)。由乙圖可知減速 3 上升時(shí)加速度大小a2=

11、10 m/s2，由牛頓第一定律有mgsin 30°+?mgcos 30°=ma2，得《= 3， 則C項(xiàng)錯(cuò)。由乙圖可知加速上升時(shí)加速度大?。?? m/s2,由牛頓第二定律有F-mgsin 30° -?mgcos 30°=ma1，得 F=40 N，則 D 項(xiàng)正確。 答案：D 5、 【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，a2=-gsin 0，C項(xiàng)正確；若m=m0，A的加速度為零，由平衡 條件可知，m0g=mAgsin 0，必須知道A的質(zhì)量mA和0的值，m0才可求，D項(xiàng)錯(cuò)；若B的質(zhì) 量無(wú)限大，所受拉力遠(yuǎn)小于它所受重力，

12、B的加速度趨近于g,所以A的最大加速度為％ =g, B項(xiàng)正確；對(duì)以上狀態(tài)的分析中，均無(wú)法計(jì)算出A的質(zhì)量，A項(xiàng)錯(cuò). 【答案】BC 6、 【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5?10 s內(nèi)，加速度a2 = 0；在10?15 s內(nèi)加速度為 a1=—0.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖。在0?5 s內(nèi)，根據(jù)” 死; 牛頓第二定律：mgsin 0—f—F 1= ma 1，則 F1=mgsin。一f—0.2 m；在 5? 10 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin 0—f—F2=ma2，則 F2=mgsin 0—f；

13、" 在 10?15 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律:f+F3—mgsin 0=ma3，則 F3=mgsin 0—f+0.2 m，故可以得到F3>F2>F1，故選項(xiàng)A正確。 【答案】A 7、 【解析】(1)在2 s內(nèi)，由圖乙知： 物塊上升的最大距離：x1=jx2x1 m=1 m① 物塊下滑的距離：x2=2x1x1 m=0.5 m② 所以位移大小x=x1—x2=0.5 m@ 路程 Z=x1+x2=1.5 m? (2)由圖乙知，所求兩個(gè)階段加速度的大小 a1=4 m/s2⑤ a2=4 m/s2⑥ '■、?、、. / '，廣" 設(shè)斜面傾角為0，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律

14、有 0?0.5 s 內(nèi)：F—Ff—mgsin 0=ma1? ' 二^ 0. 5?1 s 內(nèi)：Ff+mgsin 0=ma2⑧ ’ 由⑤⑥⑦⑧式得F=8 N 【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N 8、【解析】(1)根據(jù)v —t圖線知，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度的大小：a1=20 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：F—?mgcos 0 — mgsin 0=ma1 勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度的大?。篴2=10 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin 0+^mgcos 0=ma2 解得：F=30 N，? = 0.5. (2) 由(1)知，F(xiàn)=30 N

15、. (3) 在物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)撤去力F后物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為t2 v1=a2t2， 解得t2=2 s； 則物體沿斜面下滑的時(shí)間為t3 = t—11 —12=1 s 設(shè)下滑加速度為a3，由牛頓第二定律得 mgsin 0—^mgcos 0=ma3 解得：a3=2 m/s2 所以t=4 s時(shí)物體的速度：v=a3t3=2x1 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解析：(1)對(duì)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(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律可得 mgsin 3—F1—^mgcos 3=m

16、a1 vi=aJi 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％,則 x1=；a1t2 = 5 m,方向沿斜面向下 當(dāng)拉力為F2=4.5 N時(shí)，由牛頓第二定律可得 F2+?mgcos 0—mgsin 6=ma2 代入數(shù)據(jù)可得a2=0.5 m/s2，方向沿斜面向上。 物體經(jīng)過(guò)t2時(shí)間速度減為0,則 v1=a2t2 得 t2=10 s t2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2,則 x2=：a2t2=25 m, 方向沿斜面向下 由于mgsin 0_pmgcos 0

17、n 0,則物體在剩下4 s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。 故物體在前16 s內(nèi)發(fā)生的位移x『1+x2=30 m,方向沿斜面向下。 10、【解析】(1)對(duì)小孩在斜坡上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由題圖乙可知，小孩滑到斜坡底端時(shí)的速度v =10 m/s 由牛頓第二定律，知mgsin 0—^mgcos 0=ma c h 又v2=2質(zhì) 聯(lián)立解得：b=￥ (2)方法一 小孩在t=0.5 s時(shí)脫離木板，木板在0?0.5 s內(nèi)的位 ―E 移X木=L5 m 匕 由圖可得：X木+ l=X人 p 」 勃 設(shè)小孩滑離木板的速度為v人，由平均速度公式X人=1(v + v人)t卜 " 可得：v人=8 m/s 方法二由題圖乙知：'；木 +Vt=l 代入數(shù)據(jù)得：v人=8 m/s. 【答案】(1)辛(2)8 m/s