【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题学案

专题 07 牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题 重难讲练 牛顿运动定律和图像结合起来是牛顿运动定律解决动力学的常见题型。图像是形象、直观的反映物体规律 的数学手段。利用图像同时结合物理规律求解相应的未知量时，对于物理图像一般要注意四看：坐标轴、 截距、斜率、面积。一般来说，图线上某点切线斜率表示一物理量随另一量的瞬时变化率、两点连线的斜 率表示一物理量对另一物理量的平均变化率、该点与原点连线的斜率表示两量的比值；面积表示两量乘积 所表示的物理量（或无意义），如 a-t 图中面积表示速度的变化量、F-x 图中面积表示功等，x-t 图中面积无 意义。 1. 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.图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。要求分析物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图象。 3.解题策略 【典例 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 图象如图所示，g 取 10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球所受重力和阻力之比为 6∶1 B.小球上升与下落所用时间之比为 2∶3 C.小球回落到抛出点的速度大小为 8 6 m/s D.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态 【答案】　C 选项 B 错误；小球匀减速上升的位移 x＝1 2×2×24 m＝24 m，根据 v2＝2a2x 得，v＝ 2a2x＝ 2 × 8 × 24 m/s＝ 8 6 m/s，故选项 C 正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项 D 错误。 【典例 2】广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，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 【答案】　D 【解析】　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，则选项 A 错误； 0 5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5 55 s 时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于 重力，55 60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项 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，选项 D 正确。 【典例 3】物体最初静止在倾角 θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力 F 的作用，力 F 随时间变化的图象如图乙所示，开始运动 2 s 后物体以 2 m/s 的速度匀速运动，下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)(　　) A.物体的质量 m＝1 kg B.物体的质量 m＝2 kg 学 ] C.物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝ 3 3 D.物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝7 3 15 【答案】　AD 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得 m＝1 kg，μ＝7 3 15 ，选项 A、D 正确。 【典例 4】用一水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度 a 随外力 F 变化的图象如图所示，取 g=10m/s2，水平面各处粗糙程度相同，则由此可以计算出 A． 物体的质量 B． 物体与水平面间的动摩擦因数 C． 外力 F 为 12 N 时物体的速度 D． 外力 F 从 6N 增大到 12N 过程中物体运动的位移大小 【答案】AB 【解析】物体受力和运动分析，物体在拉力作用下由于拉力小于最大静摩擦力，所以处于平衡状态，当拉 力大于最大静摩擦力的时候，物体开始产生加速即开始运动，所以 a-F 图象中，图象与 F 轴的截距大小即 为物体受到的最大静摩擦力，根据图象可以求得截距，为最大静摩擦力；根据牛顿第二定律：F 合=F-f=ma， 将 F=12N 时的加速度为 5，F=6N 时的加速度为 0.4 分别代入，得：12-f=5m，6-f=0.4m，联立解得： ，f=5.48N，得到物体的质量 m 和受到的摩擦力，代入 f=μFN=μmg 可得物体的动摩擦因数 μ，故 AB 正确；因为图象只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，没有时间，所 以无法算得物体在 12N 拉力时所对应的速度，也不能求出位移，故 CD 错误。所以 AB 正确，CD 错误。 学 【跟踪训练】 1. 若货物随升降机运动的 v－t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系 的图象可能是(　　) 【答案】　B 学 ] 【解析】　由 v－t 图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)；过程②为向下匀 速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程④ 为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)； 过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)。综合选项分析可知选项 B 正确。 2. 质量 m＝2 kg、初速度 v0＝8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数 μ＝ 0.1，同时物体还要受一个如图 5 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/s2 B.1 2 s 内，物体的加速度大小为 2 m/s2 C.0 1 s 内，物体的位移为 7 m D.0 2 s 内，物体的总位移为 11 m 【答案】　BD 0 1 s 内位移为 x1＝6 m，C 项错误；0 2 s 内物体总位移 x＝x1＋x2＝(8＋4 2 ×1＋6＋4 2 ×1) m＝11 m，D 项正确。 3. 如图甲所示，质量为 m＝2 kg 的小物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平面间的动摩擦因数 μ＝ 0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力 F 随时间变化的图象如图乙 所示，重力加速度 g 取 10 m/s2，取水平向右为正方向，由此可知(　　) A.在 0 3 s 时间内物块的加速度大小为 6 m/s2 B.在 3 5 s 时间内物块的加速度大小为 3 m/s2，方向水平向右 C.5 s 末，物块速度大小为 3 m/s，方向水平向右 D.在 5 s 末，克服水平拉力 F 做功的功率为 0 【答案】　D 【解析】　在 0 3 s 时间内，F1＝12 N，由牛顿第二定律 F1－μmg＝ma1，解得物块加速度 a1＝1 m/s2，选 力大于拉力，4 s 末物块停止运动，则 5 s 末，克服水平拉力 F 做功的功率为 0，选项 C 错误，D 正确。 4. 如图甲所示，一质量 m＝2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为 37°的足够长的斜面，某同学利用 传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的速度— 时间图线，如图 4 乙所示，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) A.小物块冲上斜面过程中加速度的大小为 8.0 m/s2 B.小物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25 C.小物块在斜面上滑行的最大位移为 8 m D.小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为 5 N 【答案】　AB 【解析】　由小物块上滑过程的速度—时间图线可知，a＝v1－v0 t ＝0－8.0 1.0 m/s2＝ －8.0 m/s2，则小物块冲上斜面过程中加速度大小为 8.0 m/s2，选项 A 正确；对小物块受力分析，根据牛顿 第二定律可得－mgsin 37°－f＝ma，FN－mgcos 37°＝0，f＝μFN 代入数据解得 f＝4 N，μ＝0.25，选项 B 正确， D 错误；小物块在斜面上滑行的最大位移 x＝8 × 1 2 m＝4 m，选项 C 错误。 学 5. 足够长光滑斜面 BC 的倾角 α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间由一小段长 度不计的弧形连接，一质量 m＝2 kg 的小物块静止于 A 点。现在 AB 段对小物块施加与水平方向成 α＝53° 角的恒力 F 作用，如图甲所示，小物块在 AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达 B 点迅速撤去恒 力 F(已知 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取 10 m/s2)。求： (1)小物块所受到的恒力 F； 学 ] (2)小物块从 B 点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间； (3)小物块能否返回到 A 点？若能，计算小物块通过 A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离 B 点 的距离。 【答案】　(1)11 N　(2)0.5 s　(3)不能返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4 m 【解析】　(1)由题图乙可知，AB 段加速度 a1＝Δv Δt＝2.0－0 4.0－0 m/s2＝0.5 m/s2， 根据牛顿第二定律，有 Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得 F＝11 N。 (2)在 BC 段 mgsin α＝ma2，解得 a2＝8.0 m/s2。 小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达 B 点的速度 vB＝2.0 m/s， 有 t＝2vB a2 ＝2 × 2.0 8.0 s＝0.5 s。 (3)小物块从 B 向 A 运动过程中，有 μmg＝ma3， 模拟提升 1．（2019 届宁夏银川一中高三第二次月考） 如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为 m 的小球，从离弹簧上端 高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关 于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图象中符合实际情况的是（ ） 学 ] A． B． C． D． 【答案】A 【解析】小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等 于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐 增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于 g，故 A 正确，BCD 错误；故选 A。 学 【点睛】解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同 向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小。 2．（2018 四川省三台中学实验学校高一月考） “蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性 上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运 动过程中对弹性 的压力，并由计算机作出压力(F)-时间(t)图象，如图为某一运动员比赛时计算机作出的 F-t 图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是 (　 　) A． 裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动 B． 1 s 末该运动员的运动速度最大 C． 1 s 末到 2 s 末，该运动员在做加速运动,处于超重状态 D． 3 s 末该运动员运动到最高点 【答案】D （3）1s 末 2s 末，运动员开始从最低点先向上加速，后向上减速，加速度先竖直向上，后竖直向下，故运 动员在 1s 末 2s 末，先处于超重状态，后处于失重状态，C 错误； （4）运动员在 2s 末离开弹性 ，在 4s 末恰好又落回弹性 ，根据竖直上抛运动和自由落体运动在空间和时 间上的对称性可知，3 s 末该运动员运动到最高点，D 正确。 故本题选 D。 3．（2018 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三） 某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为 1.0 kg 的物体运 动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示。由图可以得出(　　) A． 从 t＝4.0 s 到 t＝6.0 s 的时间内物体做匀减速直线运动 B． 物体在 t＝10.0 s 时的速度大小约为 6.8 m/s C． 从 t＝10.0 s 到 12.0 s 时间内合外力大小约为 0.5 N D． 从 t＝2.0 s 到 t＝6.0 s 的时间内物体所受合外力先增大后减小 【答案】BCD 【解析】从 t=4.0s 到 t=6.0 的时间内物体的加速度在减小，则知物体做加速度减小的变加速运动，故 A 错误。 物体做匀加速运动，故拉力为 ，故 C 正确。从 t=2.0s 到 t=6.0s 的时间内物体的加 速度先增大后减小，由牛顿第二定律 F=ma 可知，物体所受合外力先增大后减小，故 D 正确。故选 BCD。