沪科版 (2019)第4章 牛顿运动定律本章综合与测试学案

这是一份沪科版 (2019)第4章 牛顿运动定律本章综合与测试学案，共11页。
动力学图像问题 [学习目标]　1.综合应用牛顿第二定律、运动学规律，结合F－t图像、v－t图像、a－F图像等信息解决动力学问题.2.能够将图像与实际受力情况和运动情景相结合，应用牛顿运动定律解决实际问题．1．常见的图像形式在动力学问题中，常见的图像是v－t图像、F－t图像、a－F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．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，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1甲、乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)图1A．m＝0.5 kg，μ＝0.4B．m＝1.5 kg，μ＝C．m＝0.5 kg，μ＝0.2D．m＝1 kg，μ＝0.2答案　A解析　在4～6 s内物块做匀速直线运动，可知f＝2 N在2～4 s内物块做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有：F－f＝ma解得：m＝0.5 kg又f＝μmg解得：μ＝0.4，故A项正确．针对训练　(2020·陕西西安中学高三月考)质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间变化的图像如图2所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图像、a－t图像正确的是(　　)图2答案　B(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上滑到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v－t图像如图3所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)图3A．斜面倾角为30°   B．斜面倾角为37°C．动摩擦因数μ＝0.5   D．动摩擦因数μ＝0.2答案　BC解析　速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上滑时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上滑时，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1；下滑时，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5.(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，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图4中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　)图4A．μA＝μB，mA＜mBB．μB＜μC，mB＝mCC．μB＝μC，mB＞mCD．μA＜μC，mA＜mC答案　ABD解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图像的斜率k＝，由题图可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.1．(图像问题)(多选)(2020·济宁市期末)如图5甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现给滑块一水平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)图5A．滑块的质量为2 kgB．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2C．3 s末滑块返回到出发点D．4 s末滑块加速度大小为1 m/s2答案　AD2．(图像问题)如图6所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像能正确描述这一运动规律的是(　　)图6答案　B解析　滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误；设斜面倾角为θ，则s＝＝v0t－at2，故h－t、s－t图像都应是开口向下的抛物线的一部分，选项A错误，B正确．3．(图像问题)质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，其v－t图像如图7所示，其中图线b表示物体受到水平拉力作用时的图像，图线a表示物体不受水平拉力时的图像，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)图7A．水平拉力大小为0.6 NB．水平拉力大小为0.8 NC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D．物体与水平面间的动摩擦因数为答案　D解析　由题图知，a图线表示加速度为aa＝－ m/s2的匀减速运动，b图线表示加速度为ab＝－ m/s2的匀减速运动；根据牛顿第二定律可知，图线a中物体受到的合外力为0.2 N，图线b中物体受到的合外力为0.4 N；图线a表示物体不受水平拉力时的图像，所以摩擦力大小为0.2 N，故水平拉力大小为0.2 N，选项A、B错误；μ＝＝＝＝，选项C错误，D正确． 1．在光滑水平面上以速度v运动的物体，从某一时刻开始受到一个跟运动方向共线的力F的作用，其速度－时间图像如图1所示．那么它受到的力F随时间t变化的关系图像是下列图中的(　　)图1答案　A解析　由v－t图像可知物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒力作用，然后受到与速度方向相反的恒力作用，选项A正确．2．(2020·江苏省海安高级中学高一期中)木块以一定的初速度沿粗糙斜面上滑，后又返回到出发点．若规定沿斜面向下为速度的正方向，下列各图像中能够正确反映该木块运动过程的速度随时间变化的关系的是(　　)答案　A解析　根据牛顿第二定律，上滑时木块的加速度大小为：a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，下滑时木块的加速度大小为：a2＝＝gsin θ－μgcos θ，知a1＞a2，则上滑过程v－t图像的斜率大小大于下滑过程图像的斜率大小．规定沿斜面向下为速度的正方向，则上滑速度为负，下滑速度为正，故A正确，B、C、D错误．3．质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图2所示．则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)(　　)图2A．0.2　6 N   B．0.1　6 NC．0.2　8 N   D．0.1　8 N答案　A解析　由v－t图像知a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2，由F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6 N，选项A正确．4．(2020·浙江省高一期末)如图3甲为某热气球示意图，图乙是它某次升空过程中的v－t图像(取竖直向上为正方向)，则以下说法正确的是(　　)图3A．0～10 s内，热气球的平均速度为5 m/sB．30～40 s内，热气球竖直向下运动C．30～40 s内，吊篮中的人处于失重状态D．0～40 s内，热气球的总位移为125 m答案　C解析　0～10 s内，热气球向上做匀加速直线运动，所以热气球的平均速度为＝ m/s＝2.5 m/s，故A错误；由题图可知30～40 s内，热气球速度为正，竖直向上运动，故B错误；30～40 s内，热气球向上减速时，吊篮中的人处于失重状态，故C正确；由v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，得热气球的总位移为s＝×5 m＝150 m，故D错误．5．(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度－时间图像如图4所示，则(　　)图4A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1答案　AD解析　由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．6．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．从演员在滑杆上端做完动作开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图5甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)图5A．演员的体重为800 NB．演员在最后2 s内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为620 ND．滑杆长7.5 m答案　BC解析　演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错误；由v－t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，演员处于超重状态，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，此时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v－t图像中图线与时间轴围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误．7．(多选)(2020·临川一中月考)如图6甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)图6A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g答案　ABD解析　当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确．8．(多选)放置于足够长的固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图7，g取10 m/s2，则(　　)图7A．第1 s内物块受到的合外力为5.5 NB．物块的质量为1 kgC．斜面倾角为30°D．若第3 s末撤去拉力F，物块停止运动前加速度大小为5 m/s2答案　BCD解析　由题图可知，在0～1 s时间内物块做加速运动，a＝ m/s2＝0.5 m/s2①设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F合＝F1－mgsin θ＝ma②其中F1＝5.5 N在1～3 s时间内物块做匀速运动，F2＝mgsin θ＝5 N③由①②③得：m＝1 kg，θ＝30°撤去拉力F后，物块停止运动前加速度大小为a′＝gsin θ＝5 m/s2故选项B、C、D正确，A错误．9．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图8甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.求：图8(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去推力F后，物体沿斜面运动的最大距离(斜面足够长)．答案　(1)　(2)0.075 m解析　(1)0～2 s时间内，有F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，由题图丙可知，a1＝＝0.5 m/s2，2 s后，有F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0，代入数据解得m＝3 kg，μ＝.(2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，解得a3＝－ m/s2，则s＝＝0.075 m.10．(2020·福建漳州高一期末)如图9甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则(　　)图9A．F的最大值为12 NB．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动答案　C解析　1～2 s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律F合＝ma知合外力为12 N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A错误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故B错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，再根据Δv＝a·Δt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在a－t图像上即为图像与时间轴所围图形的面积，Δv＝×(1＋3)×4 m/s＝8 m/s，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s，所以C正确；第2 s内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1 s内物体做加速度增大的加速运动，2～3 s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误．11．如图10甲所示，质量m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，t＝0时刻对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时部分v－t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.求：图10(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；(2)t＝4 s时物体的速度．答案　(1)0.5　30 N　(2)2 m/s，方向沿斜面向下解析　(1)根据v－t图像知，物体做匀加速直线运动的加速度a1＝20 m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，物体做匀减速直线运动的加速度a2＝－10 m/s2，根据牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得F＝30 N，μ＝0.5.(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由0－v1＝a2t2，解得t2＝2 s.则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝1 s，设物体下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得，mgsin θ－μmgcos 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，方向沿斜面向下．