专题15 动力学的图像问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 动力学的图像问题解题思路
【典例1】
如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2。则（ ）
A．拉力大小为12N
B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1
C．1.5s后物块可能返回
D．1.5s后物块一定静止
【解析】
AB．由题图乙知，各阶段加速度的大小为
a1＝4m/s2
a2＝2m/s2
设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s内
F－μmgcsθ－mgsinθ＝ma1
0.5～1.5s内
μmgcsθ＋mgsinθ＝ma2
联立解得
F＝6N
但无法求出μ和θ，故A、B错误。
CD．不清楚tanθ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上。
【典例2】
如图甲所示，足够长的木板B静置于水平面上，其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，A、B间动摩擦因数为， B与水平面间动摩擦因数为，g取10m/s2，则（ ）
A．B．
C．D．
【解析】
由图像可知，在F=3N时AB开始运动，则
当F=6N时AB间的摩擦力达到最大值，即
即
此后当F>6N时AB开始滑动，则对B

由图像可知

即
mB=2kg
当F=4N时a=0，则
联立以上各式可知
mA=1kg
【典例3】
（多选）如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图象如图乙所示．若重力加速度g=10m/s2，则
A．斜面的长度
B．斜面的倾角
C．物块的质量
D．物块与斜面间的动摩擦因数
【解析】
由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：，，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcsθ=ma1，下降过程：mgsinθ-μmgcsθ=ma2，解得：θ=30°，μ=，故BD正确．根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量．
1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
(3)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．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：
3．解题策略
【变式演练1】
（多选）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t=0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，取g=10，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5
C．滑块在0.1s～0.2s时间内沿斜面向下运动
D．滑块与弹簧脱离前，滑块的机械能先增大后减小
【解析】
A．在滑块与弹簧脱离之前，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做加速运动，当加速度为零时速度最大，之后弹簧的弹力小于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做减速运动，当弹簧回到原长，滑块与弹簧脱离，故A错误；
B．在v-t图象中，斜率表示加速度，则滑块在0.1s～0.2s内的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得μ=0.5，故B正确；
C．由图可知，滑块在0.1s～0.2s时间内速度方向仍为正方向，即仍沿斜面向上运动，故C错误；
D．滑块与弹簧脱离前，弹簧的弹力做正功，摩擦力做负功，弹力大于摩擦力时机械能增加，弹力小于摩擦力时机械能减小。
【变式演练2】
（多选）如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角现有质量 m=2.2kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在0-4s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin37°=0.6，cs37°=0.8， g=10m/s2，则
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．水平外力F=5.5N
C．水平外力F=4N
D．物体在0-4s内的位移为24m
【解析】
A项：根据图象的斜率表示加速度，知内物体的加速度为：
，由牛顿第二定律有： ，解得：，故A正确；
B、C项：内物体的加速度为：，由牛顿第二定律有：，解得：F=4N，故B错误，C正确；
D项：物体在内的位移为：。
【变式演练3】
（多选）如图（a），质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速成正比，比例系数用表示，物体加速度与风速的关系如图（b）所示，取，，，下列说法正确的是
A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速时，物体沿斜面下滑的速度最大
C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．比例系数为
【解析】
A.由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；
B.由图可知，速度为5m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；
C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0=4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律
沿斜面的方向：
mgsinθ−μmgcsθ=ma0 …①
解得：
，
故C正确；
D.对末时刻加速度为零，受力分析可得：
mgsinθ−μN−kvcsθ=0…②
又：
N=mgcsθ+kvsinθ，
由b图可以读出，此时v=5m/s代入②式解得：
1．一物块放在倾角为30°的粗糙的斜面上，斜面足够长，物块受到平行斜面向上的拉力作用，拉力F随时间t变化如图甲所示，速度随时间t变化如图乙所示，由图可知(g取10m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．物体的质量为1.0kg
B．0～1s物体受到的摩擦力为4N
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．若撤去外力F，物体还能向上运动2m
【解析】
在匀加速运动阶段，加速度的大小为：a1＝m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得：F1-mgsin30°-μmgcs30°=ma1，匀速运动阶段，根据平衡得：F2-μmgcs30°-mgsin30°=0，代入数据解得：m=1kg，μ=．故A正确，C错误．物体在0～1s内物体处于静止，有：mgsin30°=F+f，F=4N，解得摩擦力f=1N．故B错误．根据牛顿第二定律得，撤去外力后的加速度大小为：a2=gsin30°+μgcs30°=5+×10×m/s2＝8m/s2，撤去外力后物体向上运动的位移为：．故D错误．故选A．
2．放在倾角为30°的固定斜面上的物体，受到平行于斜面向上的力F作用沿斜面向上运动，力F随时间t变化的图象及物体运动的v-t图象如图所示，由此可知（不计空气阻力，取g=10m/s2）（ ）
A．物体的质量m=30kg
B．物体的质量m=60kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数
D．物体与斜面间的动摩擦因数
【解析】
在0-2s内对物体受力分析，受到重力，摩擦力，支持力，和力F，有
在2s-内对物体受力分析，受到重力，摩擦力，支持力，有
根据图示得
F=100N
联立解得
m=10kg
故选D。
3．（多选）水平地面上的物体受到的水平拉力F作用，F随时间t变化的关系如图所示，物体速度v随时间t变化的关系如图所示， ， 根据图中信息可以确定（ ）
A．物块的质量为2.5kg
B．物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.9
C．物块在第2s内的摩擦力方向和第3s内的摩擦 力方向相同
D．0～1s内物块所受摩擦力为0
【解析】匀加速直线运动的加速度为：，做减速运动时的加速度为：，根据牛顿第二定律得：F2-f=ma1，F3-f=ma2，联立得：m=0.5kg；f=4.5N；动摩擦因数：．故A错误，B正确；物块在第2s内和第3s内的速度方向均沿正方向，可知在第2s内和第3s内的摩擦力方向相同，选项C正确；物体在0-1s内没有运动，说明处于平衡状态，则物体受到的摩擦力等于拉力的大小，即等于2N．
4．（多选）如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m=3kg，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．物块B的质量为4kg
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D．当F=10N时，A物体的加速度大小为1.5m/s2
【解析】
B．由图可知，AB之间的最大静摩擦力为可知A、B间的动摩擦因数为
选项B正确；
AC．由图可知，当F=4N时，AB整体相对地面开始滑动，则

当F=12N时，AB即将产生相对滑动，此时对整体
对物体A
联立解得
mB=1kg
选项AC错误；
D．当F=10N时，AB两物体一起加速运动，则AB物体的加速度大小为
5．（多选）如图甲所示，AB物体静止在水平面上，施加两个水平力F：向左拉物体A，向右拉物体B。两个力始终大小相等，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动。其AB的加速度大小a随外力F变化的图象如图乙中I和II所示（假设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列判断正确的有（g取10m/s2）（ ）
A．图线I表示物体A的a–F图
B．物体B的质量为1kg
C．物体B与水平面间的动摩擦因数为0.53
D．物体AB间的动摩擦因数为0.5
【解析】
A．由图象可知，当力F为10N时物体开始滑动，由于A与B间的最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，则图线II表示物体A的a–F图，故A错误；
BCD．当F1=10N时，对A有
即
当F2=30N时，对A有
即
解得
，
当F3=16N时，对B有
当F4=30N时，对B有
解得
，
6．（多选）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（ ）
A．m＝0.5 kgB．m＝1.5 kg
C．μ＝0.4D．μ＝2/15
【解析】
由v-t图可知4-6s，物块匀速运动，有Ff=F=2N．在2-4s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得 ma=F-Ff，将F=3N、Ff=2N及a代入解得m=0.5kg．由动摩擦力公式得．
7．一个质量为m＝2kg的物体在倾角＝37°粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为＝0.5从t＝0时刻开始，物体运动的x/t与时间t的关系如图所示x/t－t所示（x为位移），g＝10m/s2，t＝2s时撤去拉力，sin37°＝0.6，求：
（1）拉力F的大小；
（2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离．
解：（1）由匀变速直线运动公式得
对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示，则有：
v0＝1m/s，1＝2m/s2
在斜面上F－mgsin37°－mgcs37°＝m1
F＝24N
（2）2秒末v＝v0＋t＝5m/s
0到2秒：
2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为2＝gsin37°－gcs37°＝10m/s2
2秒后沿斜面向上位移：
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为x＝x1＋x2＝7.25m
8．如图甲所示，质量为的物体置于倾角为的固定且足够长的斜面上，沿斜面加平行于斜面向上的力F的作用，使物体从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，物体运动的部分v—t图象如图乙所示，（g取10，，）试求：
(1)1~2s内物体的加速度；
(2)物体运动前2s的位移大小；
(3)设2s后，F的大小变为10N，求物体与斜面间的动摩擦因数；
(4)4s后，撤去力F，求物块运动到斜面最高处时距离斜面底端多远？
解：(1)由题图乙可知
负号表示加速度方向与速度方向相反。
(2)由题图乙可知，前两秒内物体的位移
(3)由题图乙可知，2s后物体做匀速直线运动，由平衡条件得
解得
(4)在外力F作用下，物体继续沿斜面向上运动的位移
撤去力F后，物体开始匀减速，由
可得
速度减为零时所用时间
通过位移
此时物体距离斜面底端的位移为
9．如图甲所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为的小滑块，木板受到水平拉力作用时，用传感器测出长木板的加速度与水平拉力的关系如图乙所示，重力加速度，求：
（1）小滑块的质量；
（2）小滑块与长木板之间的动摩擦因数为多少；
（3）当水平拉力时，长木板的加速度大小。
解：(1)由图乙可知，在拉力时，小滑块与长木板一起加速，具有相同的加速度，当拉力时，滑块与长木板发生相对滑动。在阶段，对木板，由牛顿第二定律可得
整理得
对比乙图可知，斜率
即长木板的质量M=1kg，在F1=6N时，a1=2m/s2，对整体由牛顿第二定律可得
代入数据可得m=2kg。
(2)表达式
由乙图可知，当F1=6N时a1=2m/s2，代入数据可得。
(3)当水平拉力时，长木板的加速度大小为
10．一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求：
（1）0～6 s时间内水平拉力F对物体所做的功；
（2）0～10 s时间内物体克服摩擦力所做功的功率。
解：（1） 0～2s内，物体位移为零，故
由题图丙可知2～6 s时间内物体的位移为
拉力做的功为
0～6 s时间内水平拉力F对物体所做的功
（2）由题图丙可知，在6～8 s时间内，物体做匀速运动，则此时摩擦力f的大小等于拉力F的大小，由题图乙可知摩擦力f＝－2 N，0～10 s时间内物体的总位移为
物体克服摩擦力所做的功
0～10 s时间内物体克服摩擦力所做功的功率
11．固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环从杆底开始在沿杆方向向上的推力F作用下向上运动.0～2 s内推力的大小为5.0N，2～4 s内推力的大小变为5.5N，小环运动的速度随时间变化规律如图所示，g取10m/s2.求：

(1)小环在加速运动时的加速度a的大小；
(2)小环的质量m ；
(3)第4秒末撤去F，求小环到达最高点离开地面的高度．
解：试题分析：(1)由速度图象可以求出小环在加速运动时的加速度大小为
（5分）
(2)设细杆与水平地面的夹角为，0～2 s内，小环速度不变，处于平衡状态，所受的合力为零，
沿杆方向由平衡条件可得：（3分）
在2～4 s内，对小环应用牛顿第二定律可得：（3分）
代入数据联立解得小环的质量为（3分）
(3)因为（3分）
故（2分）
由v–t知0~4 s内小环上滑的距离为s1=1×2 m+（1+2）×2 m=5 m
第4 s末撤去F，小环将做减速上滑
加速度为gsin
第4 s末的速度为v=2 m/s+2×0.5 m/s=3 m/s
上滑的距离为s2=
小环到达最高点离开地面的高度为（s1+s2）sin30°=7 m