2019高中物理 专题07 牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题学案 新人教版必修1.doc

1专题专题 0707 牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题牛顿运动定律的应用之动力学中的图象问题重难讲练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。1.1. 常见的动力学图象常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。2.2.图象问题的类型图象问题的类型(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。3.3.解题策略解题策略【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vt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 61B.小球上升与下落所用时间之比为 232C.小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s6D.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 ×2×24 m24 m，根据v22a2x得，v1 22a2xm/s8 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 D2 × 8 × 246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t0 时由静止开始上升，at 图象如图所示。则下列相关说法正确的是( )A.t4.5 s 时，电梯处于失重状态 B.555 s 时间内，绳索拉力最小C.t59.5 s 时，电梯处于超重状态 D.t60 s 时，电梯速度恰好为零【答案】 D【解析】 利用at图象可判断：t4.5 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；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s 时间内，a0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 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at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t60 s 时为零，选项 D 正确。【典例 3】物体最初静止在倾角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)( )3A.物体的质量m1 kgB.物体的质量m2 kgC.物体与斜面间的动摩擦因数33D.物体与斜面间的动摩擦因数7315【答案】 AD30°mgcos 30°0，联立解得m1 kg，选项 A、D 正确。7315【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=FN=mg可得物体的动摩擦因数，4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。【跟踪训练】1. 若货物随升降机运动的vt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【解析】 由vt图象可知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向下匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)。综合选项分析可知选项 B 正确。2. 质量m2 kg、初速度v08 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g10 m/s2)( )A.01 s 内，物体的加速度大小为 2 m/s2B.12 s 内，物体的加速度大小为 2 m/s2C.01 s 内，物体的位移为 7 mD.02 s 内，物体的总位移为 11 m【答案】 BD501 s 内位移为x16 m，C 项错误；02 s 内物体总位移xx1x2(×1×1) m11 m，D84 264 2项正确。3. 如图甲所示，质量为m2 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 03 s 时间内物块的加速度大小为 6 m/s2B.在 35 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 03 s 时间内，F112 N，由牛顿第二定律F1mgma1，解得物块加速度a11 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m2.0 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，g10 m/s2)( )6A.小物块冲上斜面过程中加速度的大小为 8.0 m/s2B.小物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25C.小物块在斜面上滑行的最大位移为 8 mD.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 m/s2v1v0 t08.0 1.08.0 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°fma，FNmgcos 37°0，fFN代入数据解得f4 N，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 m4 m，选项 C 错误。 8 × 1 25. 足够长光滑斜面BC的倾角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m2 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；(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 m/s20.5 m/s2，v t2.00 4.00根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，7解得F11 N。(2)在BC段mgsin ma2，解得a28.0 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vB2.0 m/s，有t s0.5 s。2vB a22 × 2.0 8.0(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3，模拟提升模拟提升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（ ）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8g，故 A 正确，BCD 错误；故选 A。【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，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，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 末离开弹性网，在 4s 末恰好又落回弹性网，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( )9A 从t4.0 s 到t6.0 s 的时间内物体做匀减速直线运动B 物体在t10.0 s 时的速度大小约为 6.8 m/sC 从t10.0 s 到 12.0 s 时间内合外力大小约为 0.5 ND 从t2.0 s 到t6.0 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。