2021_2022学年新教材高中物理第四章牛顿运动定律专题练动力学中的图像问题含解析粤教版必修第一册

动力学中的图像问题

一、选择题

1．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。图中v、a、Ff和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。其中正确的是(　　)

【解析】选C。物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为Ff1＝μmg cos θ，物体做初速度为零的匀加速直线运动，其v­t图像为过原点的倾斜直线，a­t图像为水平直线，故A、B错；物体的x­t图像应为两段曲线，D错；物体到达水平面后，所受摩擦力Ff2＝μmg>Ff1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C。

2．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。下列选项中正确的是(　　)

A．2～3 s内物块做匀减速运动

B．在t＝1 s时刻，恒力F反向

C．恒力F大小为10 N

D. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

【解析】选B、D。物块匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N，则动摩擦因数为：μ＝＝0.3，故C错误，D正确；物体匀减速直线运动的时间为：t1＝＝ s＝1 s，即在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动，故B正确，A错误。

3．(多选)如图甲所示，用一个沿水平方向的力F推放在粗糙程度相同的水平面上的物块，在推力F从一较大值开始不断减小的过程中，物块的加速度也不断变化。图乙为物块运动加速度a随推力F变化的a­F图像，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，以下说法正确的是(　　)

A．物块的质量为2 kg

B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.4

C．当推力F减小为10 N时，物块的速度最大

D．当推力F减小为0时，物块的速度为零

【解析】选B、C。由物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图像可知，当推力F＝10 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－4 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.4，m＝2.5 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，物块的质量为2.5 kg，选项A错误，B正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为10 N时加速度为零，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。

4．若货物随升降机运动的v­t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t的关系图像可能是(　　)

【解析】选B。由题图知，第1段时间做向下的匀加速运动(加速度向下，失重，F<mg)；第2段时间做向下的匀速运动(平衡，F＝mg)；第3段时间做向下的匀减速运动(加速度向上，超重，F>mg)；第4段时间做向上的匀加速运动(加速度向上，超重，F>mg)；第5段时间做向上的匀速运动(平衡，F＝mg)；第6段时间做向上的匀减速运动(加速度向下，失重，F<mg)；综上所述可知图像B正确。

5．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A.0～t1时间内，v增大，FN>mg

B．t1～t2 时间内，v减小，FN<mg

C．t2～t3 时间内，v增大，FN<mg

D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg

【解析】选A。由于s­t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向上，处于超重状态，则FN＞mg，选项A正确；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速上升，则FN＝mg，选项B错误；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速上升，失重，则FN＜mg，选项C、D错误。

6.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)

【解析】选A。本题考查受力分析与运动分析，涉及牛顿第二定律、静摩擦力、非匀加速直线运动、a­t图像等。由于F由零开始随时间正比增大，当还未达到最大静摩擦力之前，两者一起运动，加速度相同，为：a＝t，两物体的a­t图像重合，为过原点的直线。当F超过最大静摩擦力之后，两物体有相对运动，加速度不相等，设滑动摩擦力为f，则m2的加速度为：a2＝＝t－。其a­t图像与a轴的副半轴有交点；m1的加速度为：a1＝，其a­t图像是与t轴平行的直线，故选项A对。

7．(多选)一滑块以初速度v0从固定的足够长的粗糙斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度—时间”图像可能是(　　)

【解析】选B、C。滑块向上做匀减速运动，加速度大小为a1＝＝g sin θ＋μg cos θ

若到达最高点后滑块向下加速运动，则加速度大小为

a2＝＝g sin θ－μg cos θ

即上升时的加速度大于下降时的加速度，A、D错误，C正确；若滑块到达最高点后静止于斜面上，则此后速度为0，B正确。

8．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图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)

A.小球所受重力和阻力之比为5∶1

B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3

C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s

D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态

【解析】选A。小球向上做匀减速直线运动的加速度大小a1＝＝ m/s2＝12 m/s2

根据牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1

解得Ff＝2 N

小球所受重力G＝mg＝10 N

则小球所受重力和阻力之比为5∶1，A正确；

下降的加速度ma2＝mg－Ff，解得a2＝8 m/s2，对上升的过程，采用逆向思维得h＝a1t，对下降的过程h＝a2t，则所用的时间之比为∶ ，B错误；小球上升到最高点的高度

h＝×24×2 m＝24 m，根据  2a2h＝v2

解得小球落回到抛出点时的速度大小为v＝8 m/s，

C错误；小球在下落的过程中，加速度方向向下，处于失重状态，D错误。

9．如图甲所示，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。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的关系图如图乙所示。其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是(　　)

A.xA＝h，aA＝0　　　　　B. xA＝h，aA>g

C．xB＝h＋，aB＝0    D. xC＝h＋，aC＝0

【解析】选C。小球刚接触A点时，坐标为xA＝h，重力加速度为g，则选项A、B错误；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝，所以B点的坐标为h＋，所以C正确，D错误。

10．(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g＝10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg

B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N

C．0～2 s内，力F的大小保持不变

D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【解析】选A、B。结合两图像可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2～5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2～4 s和4～5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2～4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ，故D错误。

11．(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A.传送带沿顺时针方向转动

B．传送带沿逆时针方向转动

C．传送带的速度大小为2 m/s

D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2

【解析】选A、C、D。由x­t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动，可判断传送带顺时针方向转动，选项A正确，B错误；由3.0～4.5 s内的图像可知，传送带的速度v＝＝ m/s＝2 m/s，选项C正确；因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，则a＝＝2 m/s2，则根据a＝μg可知，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，选项D正确。

12．(多选)如图所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)

A.当F＜24 N时，A、B都相对地面静止

B．当F＞24 N时，A相对B发生滑动

C．A的质量为4 kg

D．B的质量为24 kg

【解析】选B、C。当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由题图乙可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当F＜24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确。对B，根据牛顿第二定律得，aB＝＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误。

13．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止的长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v­t图像，其中可能正确的是(　　)

【解析】选B、D。由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当：μ1mg＞μ2(M＋m)g，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由：μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得：μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图像的斜率将变小，故C错误，B正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D正确。

二、非选择题

14．据了解，2020年3月24日夜间，重庆中西部、东南部地区先后出现强对流天气。监测显示，当天夜间共出现雷电9 507次，沙坪坝、渝北、江北、巴南、渝中、南岸、两江新区、水川、璧山等地出现冰雹，并伴有6～7级阵性大风。某同学研究冰雹下落的规律时，了解到冰雹是从12.5 km的高空形成并下落的。假设冰雹间无相互作用且下降过程中质量不变，重力加速度g取10 m/s2；

(1)若不计空气阻力的影响，请你计算冰雹落地时的速度大小；

(2)由于受到空气阻力的影响，冰雹实际到达地面附近时的速度已趋于稳定不变(即收尾速度)，一颗直径大约2 cm的球形冰雹块，收尾速度为20 m/s，冰雹下落过程中所受空气阻力Ff大小与速度v的关系如图乙所示。

①请在图丙中定性画出冰雹下落过程中的v­t图像；

②求当冰雹的速度为5 m/s时加速度的大小。

【解析】(1)根据自由落体公式v2＝2gh

解得v＝500 m/s

(2)①由牛顿第二定律得mg－kv＝ma

由上式可以看出，随着速度的增大，加速度减小，当阻力等于重力时速度最大，速度与时间的关系图像如图所示；

②由mg－kv＝ma，mg＝kvm

解得a＝7.5 m/s2

答案：(1)500 m/s

(2)① 图见解析　②7.5 m/s2

15．两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8 kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v­t图像，g取10 m/s2。求：

(1)物块a受到的摩擦力大小；

(2)物块b所受拉力F的大小；

(3)8 s末a、b间的距离。

【解析】(1) a 图线：

a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2

根据牛顿第二定律得

f＝ma1＝0.8×1.5 N＝1.2 N

(2)b图线：a2＝＝ m/s2

＝0.75 m/s2

根据牛顿第二定律得：F－f＝ma2

解得：F＝1.2 N＋0.8×0.75 N＝1.8 N

(3)由位移公式s1＝v0t1－a1t＝12 m

s2＝v0t2＋a2t＝72 m

Δs1＝72 m－12 m＝60 m

答案：(1)1.2 N　(2)1.8 N　(3)60 m

16．如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，在t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v­t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：

(1)物体运动0～1 s和1～2 s内的加速度大小；

(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小；

(3)t＝4 s时物体的速度大小。

【解析】(1)根据速度—时间图线中的斜率表示加速度可知，匀加速直线运动的加速度大小为：a1＝ m/s2＝20 m/s2

匀减速直线运动的加速度大小为：

a2＝ m/s2＝10 m/s2

(2)根据牛顿第二定律得：施加拉力时：

F－μmg cos θ－mg sin θ＝ma1

撤去拉力后mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2

联立解得：F＝30 N，μ＝0.5

(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2

v1＝a2t2

解得t2＝ s＝2 s

则物体沿斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝(4－2－1) s＝1 s

设下滑加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：

mg sin θ－μmg cos θ＝ma3

解得a3＝2 m/s2

所以t＝4 s时物体的速度：

v＝a3t3＝2×1 m/s＝2 m/s

答案：(1)20 m/s2　10 m/s2

(2)0.5　30 N　(3)2 m/s

17．如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v­t图像如图乙所示。取重力加速度为g＝10 m/s2。求：

(1)物体在0～4 s内和4～10 s内的加速度的大小；

(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；

(3)10 s末物体离a点的距离大小；

(4)10 s后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离。

【解析】(1)在0～4 s内物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v­t图像得：

加速度a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2

负号表示方向与初速度方向相反；

4～10 s内物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v­t图像得：

加速度a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2

负号表示方向与初速度方向相反

(2)根据牛顿第二定律，有

F＋μmg＝－ma1

F－μmg＝－ma2

解得：F＝3 N ，μ＝0.05

(3)设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v­t图像与横轴所围的面积

则d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m

负号表示物体在a点左侧；

(4)设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3

根据牛顿第二定律，有μmg＝ma3

得a3＝0.5 m/s2

由vt＝v0－at可得：物体减速到零的时间t＝＝ s＝12 s

物体再过15 s的位移即物体再过12 s的位移，此时s＝t＝×12 m＝36 m

则此时物体在a点左侧，距离a点的距离为36 m＋2 m＝38 m。

答案：(1) 2 m/s2　1 m/s2

(2)3 N　0.05　(3)2 m　(4)38 m