高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试课后练习题

专题强化练6　动力学中的图像问题

一、选择题

1.(2020广东华南师大附中高一上期末,)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示,取重力加速度g=10 m/s2,试利用两图像可以求出物块的质量及物块与地面之间的动摩擦因数　              (　　)

A.m=0.5 kg,μ=0.4　　　B.m=1.5 kg,μ=0.4

C.m=0.5 kg,μ=0.2　　　D.m=1.0 kg,μ=0.2

2.(2020广东潮州高三上一模,)(多选)如图(a),固定斜面AB与水平面BC在B处用小圆弧连接,可看成质点的物块在t=0时刻从斜面的A点由静止沿斜面下滑,经过B点进入水平面,最后停在水平面上的C点,设其经过B点时速度大小不变,其运动的速率-时间图线如图(b)所示。若物块与各接触面间的动摩擦因数相同,重力加速度g及图中的v1、t1均为已知量,则可求出              (深度解析)

A.物块的质量

B.斜面的倾角

C.物块与接触面间的动摩擦因数

D.B、C两点间的距离

3.(2021广东深圳高级中学高一上期中,)如图甲,位移传感器固定在斜面顶端,与计算机相连,图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移-时间图像。若斜面倾角为θ=30°,取重力加速度g=10 m/s2,斜面足够长,下列说法正确的是              (　　)

A.木块在t=3 s时处于斜面上x=16 m的位置

B.木块在t=1 s时速度大小为2 m/s

C.木块与斜面间的动摩擦因数为μ=

D.木块的加速度大小为5 m/s2

4.(2020广东广州高三开学考试,)(多选)如图(a)所示,用一水平外力F推物体,使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F,物体开始做变加速运动,其加速度a随F变化的图像如图(b)所示。取g=10 m/s2。根据图(b)中所提供的信息能计算出的是              (　　)

A.物体的质量

B.斜面的倾角

C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小

D.加速度为6 m/s2时物体的速度

5.(2020广东珠海高一上期末,)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速直线运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g取10 m/s2),则下列结论正确的是              (　　)

A.物体的质量为0.1 kg

B.物体的加速度大小为2 m/s2

C.弹簧的劲度系数为300 N/m

D.物体与弹簧分离瞬间的速度大小为4 m/s

6.(2020广东汕尾高一上期末,)(多选)如图甲所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为θ=37°,质量m=1 kg的物体A放在斜面底端。在t=0时刻物体A在沿斜面向上的恒力F的作用下由静止开始沿斜面向上运动,t=2 s时刻撤去外力F,物体A向上运动过程的v-t图像如图乙所示(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。关于物体A向上运动过程,下列说法正确的是              (　　)

A.物体在3 s内的位移大小为8 m

B.恒力F的大小为12 N

C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25

D.在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为v1∶v2=2∶1

7.(2021广东云浮高一上模拟,)如图所示,楔形木块固定在水平面上,它的两个光滑斜面倾角不同,α<β。a、b两物体(可视为质点)从木块的顶点开始,分别沿左右两斜面由静止下滑,能正确反映它们下滑过程的运动图像是              (　　)

8.()(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用水平拉力F分别拉物体A、B、C,它们的加速度a与拉力F的关系分别如图中图线甲、乙、丙,则以下说法正确的是              (深度解析)

A.μA=μB,mA<mB　　　B.μB<μC,mB=mC

C.μB=μC,mB>mC　　　D.μA<μC,mA<mC

二、非选择题

9.(2021广东广州实验中学高一上模拟,)在风洞实验室里,一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=37°角固定,质量为m=2 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O,如图甲所示。开启送风装置,有水平向右的恒定风力F作用于小球上,在t1=2 s时风停止。小球沿细杆运动的部分v-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略浮力。求:

(1)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。

(2)小球沿杆上升的最大位移的大小。

(3)风停后再经过5 s,小球的速度。

10.(2020天津南开中学高一上期末,)如图甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,F1=4 N,方向向右,F2的方向向左,大小随时间均匀变化,如图乙所示。物体从零时刻开始运动。

(1)求当t=0.5 s时物体的加速度大小。

(2)在0~2 s内何时物体的加速度最大?最大值为多少?

(3)在0~2 s内何时物体的速度最大?最大值为多少?

专题强化练6　动力学中的图像问题

1.A　由图可知,物块在0~2 s内做匀加速直线运动,加速度大小为a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma,2~4 s内物体做匀速直线运动,有μmg=F2,其中F1=3 N,F2=2 N,联立解得m=0.5 kg,μ=0.4,故B、C、D错误,A正确。

2.BCD　设物块在AB段和BC段运动的加速度大小分别为a1和a2。根据v-t图线的斜率表示加速度,可得a1=,a2=,根据牛顿第二定律得,在AB段有mg sin α-μmg cos α=ma1,在BC段有μmg=ma2,得μ=。由以上分析可知,能求出物块与接触面间的动摩擦因数μ,也能求出斜面的倾角α,但不能求出物块的质量m,故A错误,B、C正确;根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,可得B、C两点间的距离xBC==v1t1,故D正确。

方法技巧

动力学图像问题的解题策略

(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。

(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。

3.C　设木块下滑的初速度为v0,加速度为a,根据匀变速直线运动的位移-时间关系可得:x=v0t+at2,根据图乙可知,当t=1 s时x=2 m,当t=2 s时x=8 m,联立解得v0=0,a=4 m/s2,故D错误;3 s内木块的位移x=at2=×4×9 m=18 m,故A错误;木块在t=1 s时速度大小为v=at=4×1 m/s=4 m/s,故B错误;木块下滑过程中做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mg sin 30°-μmg cos 30°=ma,解得木块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故C正确。

4.ABC　对物体受力分析,受推力、重力、支持力,如图所示:

x方向:F cos θ-mg sin θ=ma ①

y方向:FN-F sin θ-mg cos θ=0 ②

从a-F图像中取两个点(20 N,2 m/s2),(30 N,6 m/s2),代入①②式解得m=2 kg,θ=37°,A、B正确。当a=0时,可解得F=15 N,C正确。题目并未说明力F随时间变化的情况,故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小,故D错误。

5.B　初始状态物体静止在弹簧上面,弹簧的弹力与重力平衡,由图可知,当x=0时,F=2 N,物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有2 N=ma;当x=4 cm时,弹簧恢复原长,物体与弹簧分离,此时有12 N-mg=ma,联立解得m=1 kg,a=2 m/s2,故A错误,B正确。初始状态,弹簧的弹力与重力平衡,结合图像和前面的分析有mg=k·Δx,可得k== N/m=250 N/m,故C错误。物体做匀加速直线运动,根据v2=2a·Δx,代入数据可知物体与弹簧分离瞬间的速度为v=0.4 m/s,故D错误。

6.BC　物体在3 s内的位移大小在数值上等于v-t图线与时间轴所围面积大小,为x= m=12 m,故A错误;根据v-t图像的斜率表示加速度,可得前2 s内物体的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2,第3 s内加速度大小a2= m/s2=8 m/s2,由牛顿第二定律可得,在前2 s内有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma1,第3 s内有mg sin θ+μmg cos θ=ma2,联立解得F=12 N,μ=0.25,故B、C正确;根据匀变速直线运动的平均速度公式=,可知在撤去F前后两个阶段的平均速度大小均为4 m/s,则v1∶v2=1∶1,故D错误。

7.D　根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,因为α<β,则知ab>aa;由于v-t图线的斜率表示加速度,可知b物体的v-t图线的斜率较大,排除A、C;设楔形木块高度为h,根据运动学公式得v2=2a,故v=,可知两物体到达斜面底端时速度相等,B错误,D正确。

8.ABD　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,得a=-μg,则a-F图线的斜率k=,由图像可知,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,则mA<mB=mC。当F=0时,a=-μg,由图像可知,μA=μB<μC,故选A、B、D。

方法技巧

解答动力学的图像问题时要注意的三个关键点

(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等。

(3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点。

9.答案　(1)0.5　100 N　(2)75 m　(3)4 m/s

解析　(1)取沿杆向上为正方向,由v-t图像可知:

在0~2 s内,小球的加速度a1==15 m/s2

在2~5 s内,小球的加速度a2==-10 m/s2

有风力作用时的上升过程,小球受力如图甲所示,由牛顿第二定律得

F cos θ-μ(mg cos θ+F sin θ)-mg sin θ=ma1 ①

甲

乙

风停后的上升阶段,小球受力如图乙所示,根据牛顿第二定律有-μmg cos θ-mg sin θ=ma2              ②

由①②联立解得μ=0.5,F=100 N

(2)由于v-t图线与时间轴所围的“面积”表示位移,可得小球沿杆上升的最大位移:

xm=×30×5 m=75 m

(3)由v-t图像知,风停后经过3 s小球速度减为0,此后再沿杆向下滑动,由牛顿第二定律得

mg sin θ-μmg cos θ=ma

下滑t=2 s时的速度v=at

解得v=4 m/s

10.答案　(1)0.5 m/s2

(2)当t=0时,am=1 m/s2;当t=2 s时,am'=-1 m/s2

(3)t=1 s时,vm=0.5 m/s

解析　(1)由题图乙可知F2=(2+2t) N

当t=0.5 s时,F2=(2+2×0.5) N=3 N

由牛顿第二定律得F1-F2=ma

a== m/s2=0.5 m/s2。

(2)物体所受的合外力为

F合=F1-F2=2-2t(N)

作出F合-t图像如图所示

从图中可以看出,在0~2 s时间内,当t=0时,物体有向右的最大加速度am,当t=2 s时,物体有向左的最大加速度am'

Fm=mam,Fm'=mam'

am== m/s2=1 m/s2

am'== m/s2=-1 m/s2,负号表示加速度方向向左。

(3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2)

画出a-t图像如图所示

由图可知t=1 s时物体的速度最大,最大值等于a-t图像在t轴上方与时间轴所围的三角形的面积,vm=×1×1 m/s=0.5 m/s。