微專題 牛頓運動定律應(yīng)用之圖像問題【核心要點提示】動力學(xué)中常見的圖象：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(guān)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(jié)合牛頓運動定律求解.【鞏固習(xí)題】1. 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 的速率一時間圖象可能正確的是（）2. （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（）3. （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，下列說法正確的是（）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c.鋁球下沉過程所受到油的阻力f=mavv0D.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(shè)A 點為零重力勢能參考點，g取10 m/s2,則下列說法正確的是（）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 : 1甲乙3 c.小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為23D.推力F的大小為40 N5. （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，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0,輕繩跨過滑輪，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，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，其下滑的速度一時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s，510 s，1015 s內(nèi)F的大小分別為FF2和F3，則（）們十a(chǎn). F1<F2b. F2>F31 - C F1>F3d. F1=F3QL 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(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和通過的路程L；（2）沿斜面向上運動兩個階段加速度大小、a2和 拉力大小F.8. 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作用時間4 = 1 s時撤去力8,物體運動的部分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摩擦力，取g=10 m/s2.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.9. 如圖甲所示，為一傾角0=37°的足夠長斜面，將一質(zhì)量為m=1 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(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜2 4 6 M 10121416乙面間的動摩擦因數(shù)=0.25,取g=10 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. 游樂場有一種滑雪游戲，其理想簡化圖如圖甲所示，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處由靜止開始從斜坡滑下，到達底端時恰滑上水平滑道上 放置的長為l=3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板運動的v-t圖象如圖乙所示.已 知斜坡滑道與水平滑道為圓滑過渡，速度由斜坡方向轉(zhuǎn)為水平方向時大小不變，不計小孩在 運動過程中受到的空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2.求：(1) 小孩與斜坡間的動摩擦因數(shù);(2) 小孩脫離木板時的速率.微專題 牛頓運動定律應(yīng)用之圖像問題（參考答案）1、【解析】根據(jù)速度一時間圖象的斜率表示加速度，速率一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，所以描述兩物體運動的速率一時間圖象可能正確的是選項D.【答案】D2、【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，46 s內(nèi)沿負方向做勻加速 直線運動，所以受力為負，恒定，68 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。【答案】B3、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=箜聲 =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(dāng)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-a0v，由以上各式解得鋁球與油的阻力f=ma0V，C正確；鋁球下沉過程機械V0V0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、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；=*尹，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3 上升時加速度大小a2= 10 m/s2，由牛頓第一定律有mgsin 30°+«mgcos 30°=ma2，得= 3，則C項錯。由乙圖可知加速上升時加速度大小=? m/s2,由牛頓第二定律有F-mgsin 30°-«mgcos 30°=ma1，得 F=40 N，則 D 項正確。答案：D5、【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項錯；若B的質(zhì) 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 =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、 【解析】根據(jù)vt圖象可知，在05 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1015 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05 s內(nèi)，根據(jù)” 死;牛頓第二定律：mgsin 0fF 1= ma 1，則 F1=mgsin。一f0.2 m；在 510 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin 0fF2=ma2，則 F2=mgsin 0f；"在 1015 s 內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律:f+F3mgsin 0=ma3，則 F3=mgsin0f+0.2 m，故可以得到F3>F2>F1，故選項A正確。【答案】A7、【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 m物塊下滑的距離：x2=2x1x1 m=0.5 m所以位移大小x=x1x2=0.5 m路程 Z=x1+x2=1.5 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'、. / '，廣"設(shè)斜面傾角為0，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有00.5 s 內(nèi)：FFfmgsin 0=ma1®' 二0. 51 s 內(nèi)：Ff+mgsin 0=ma2由式得F=8 N【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N8、【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 0 mgsin 0=ma1勻減速直線運動的加速度的大?。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.(3) 在物體運動過程中，設(shè)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 = t11 12=1 s設(shè)下滑加速度為a3，由牛頓第二定律得mgsin 0mgcos 0=ma3解得：a3=2 m/s2所以t=4 s時物體的速度：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 3F1mgcos 3=ma1vi=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，由牛頓第二定律可得F2+«mgcos 0mgsin 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t2時間速度減為0,則v1=a2t2得 t2=10 st2時間內(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<F2<wmgcos 0+mgsin 0,則物體在剩下4 s時間內(nèi)處于靜止狀態(tài)。故物體在前16 s內(nèi)發(fā)生的位移x1+x2=30 m,方向沿斜面向下。10、【解析】(1)對小孩在斜坡上的運動過程，由題圖乙可知，小孩滑到斜坡底端時的速度v=10 m/s由牛頓第二定律，知mgsin 0mgcos 0=mach又v2=2質(zhì)聯(lián)立解得：b=¥(2)方法一 小孩在t=0.5 s時脫離木板，木板在00.5 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