高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用同步练习题

第四章　运动和力的关系

专题强化练9　动力学中的图像问题

一、选择题

1.(2022江西鹰潭期中)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的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2。由这两个图像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(　　)

甲

乙

A.0.5 kg,0.4　　　　　　B.1.5 kg,

C.0.5 kg,0.2　　　　　　D.1 kg,0.2

2.(2022云南罗平期中)(多选)一个质量为1 kg 的物体在水平拉力F作用下沿水平面运动,一段时间后撤去F,该物体运动的v-t图像如图所示,重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)

A.物体1 s末距离出发点最远

B.拉力F的方向与初速度方向相同

C.拉力是在2 s末撤去的

D.摩擦力大小为10 N

3.(2022四川宜宾期中)质量为M=1 kg的木板静止在粗糙水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,在木板的左端放置一个质量为m=1 kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数为μ2,取g=10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长,铁块所受木板摩擦力Ff随拉力F的变化关系如图所示。则两个动摩擦因数的数值为(　　)

A.μ1=0.1,μ2=0.4　　　　　　B.μ1=0.1,μ2=0.2

C.μ1=0.2,μ2=0.4　　　　　　D.μ1=0.4,μ2=0.4

4.(2022河南信阳月考)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)

5.(2022河南周口期末)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g=10 m/s2。则(　　)

甲

乙

A.a= m/s2时,FN=0

B.小球的质量m=0.1 kg

C.斜面倾角θ的正切值为

D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(N)

6.(2022云南楚雄期末)如图甲所示,一可视为质点的滑块放置在倾角为37°粗糙且足够长的固定斜面体上,滑块压缩一轻弹簧并被锁定,且滑块与弹簧不相连。t=0时刻解除锁定,描绘出滑块的速度-时间图像如图乙所示,其中Ob段为曲线,bc段为直线,下列说法正确的是(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)

甲

乙

A.滑块在0.1~0.2 s内沿斜面向上做匀变速直线运动

B.在0~0.1 s内,滑块受到的弹力逐渐增大

C.0.05 s时弹簧恢复原长,此时滑块刚好脱离弹簧

D.滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5

7.(2022广东华南师大附中模拟)(多选)如图甲所示,一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行,一质量m=1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带,取物体沿传送带向上运动方向为正方向,则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的有(　　)

甲

乙

A.0~8 s内物体位移的大小为14 m

B.物体与传送带间动摩擦因数μ=0.625

C.0~4 s内物体上升的高度为4 m

D.0~8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m

二、非选择题

8.(2021四川内江六中月考)如图甲所示,质量m=1 kg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=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10 m/s2,求:

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L。

(2)拉力F的大小。

(3)斜面对物块的滑动摩擦力Ff的大小。

答案全解全析

1.A　由题图可得,物块在2~4 s内所受推力F=3 N,物块做匀加速直线运动,a== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,物块在4~6 s内所受推力F'=2 N,物块做匀速直线运动,则F'=Ff=μmg,解得m=0.5 kg,μ=0.4,故A选项正确。

2.AC　由题图知,0~1 s内物体沿正方向运动,1~4 s内沿负方向运动,则知1 s末距离出发点最远,故A正确;物体0~1 s内沿正方向做减速运动,1~2 s内沿负方向做加速运动,知力F的方向必定沿负方向,与初速度方向相反,故B错误;拉力撤去后物体做匀减速运动直到停止,可知拉力是在2 s末撤去的,故C正确;2~4 s内物体的加速度大小为a== m/s2=2.5 m/s2,根据牛顿第二定律可知,摩擦力大小为f=ma=2.5 N,故D错误。

3.A　根据图线可知,当0<F≤2 N时,整体保持静止;当2 N<F≤6 N时,二者以相同的加速度加速前进;当F>6 N时,铁块受到的摩擦力不变,说明二者发生相对滑动。当2 N<F≤6 N时,系统的加速度a=,对铁块,根据牛顿第二定律可得F-Ff=ma,联立解得Ff=F+μ1g;当F=6 N时,Ff=4 N,解得μ1=0.1;当F>6 N时,铁块受到的摩擦力不变,则有μ2mg=4 N,解得μ2=0.4,故A正确,B、C、D错误。

方法技巧

解决动力学图像问题的基本步骤

(1)看清坐标轴所表示的物理量,明确图像的种类。

(2)看图线本身,识别两个相关量的变化关系,从而分析对应的物理过程。

(3)看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。

(4)弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系,根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。

4.A　设物块P静止时,弹簧的压缩量为x0,则有kx0=mg;在弹簧恢复原长前,物块受力如图所示,根据牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,整理得F=kx+ma,即F是x的一次函数,选项A正确。

易混易错

　　本题中的x表示P离开静止位置的位移,是相对初位置而言的,并不是弹簧的压缩量。

5.ABC　小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ-FN sin θ=ma,T sin θ+FN cos θ=mg,联立解得FN=mg cos θ-ma sin θ,T=ma cos θ+mg sin θ,所以小球离开斜面之前,T-a图像为直线,由题图乙可知a= m/s2时,小球将要离开斜面,则此时FN=0,选项A正确;当a=0时,T=0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,所以mg sin θ=T,当a= m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图2所示,所以=ma,联立可得tan θ=,m=0.1 kg,选项B、C正确;将θ和m的值代入FN=mg cos θ-ma sin θ得FN=0.8-0.06a(N),选项D错误。

6.A　根据v-t图像的斜率表示加速度,0.1~0.2 s时间内图线斜率不变,v为正值,说明滑块沿斜面向上做匀变速直线运动,所以A正确;在0~0.05 s内,图线斜率为正且逐渐减小,说明加速度沿斜面向上,大小在减小,由牛顿第二定律得a=,可知F弹在减小,到t=0.05 s时,a=0;在0.05~0.1 s内,图线斜率为负且绝对值增大,说明加速度沿斜面向下,大小在增大,由牛顿第二定律得a=,可知F弹继续减小,故B错误;由图可知,0.05 s时v达到最大,加速度为零,此时F弹=mg sin θ+f,滑块仍受弹簧弹力,故C错误;在0.1~0.2 s时间内,滑块的加速度大小a== m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ+μmg cos θ=ma,代入数据可得μ=0.25,所以D错误。

7.AD　物体运动的位移大小即v-t图像与时间轴围成的面积,x=×2 m+2×4 m=14 m,A正确;由物体运动的v-t图像可知,在2~6 s内物体做匀加速直线运动,有a== m/s2=1 m/s2,由牛顿第二定律知μmg cos 37°-mg sin 37°=ma,解得μ=0.875,B错误;由图乙知,在0~4 s内,物体运动的位移为0,则在0~4 s内物体上升的高度为0,C错误;由选项A可知,在0~8 s内物体相对地面走过的位移x=14 m,传送带相对地面走过的位移x'=vt=4×8 m=32 m,则0~8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx=x'-x=18 m,D正确。

8.答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)8 N　(3)1.5 N

解析　(1)由题图乙可知,在2 s内

物块上升的最大距离x1=×2×1 m=1 m

物块下滑的距离x2=×1×1 m=0.5 m

所以,位移大小x=x1-x2=0.5 m

路程L=x1+x2=1.5 m

(2)0~0.5 s,物块沿斜面加速上升,受力分析如图(a)所示;0.5~1 s,物块沿斜面减速上升,受力分析如图(b)所示。由题图乙知,两个阶段加速度的大小分别为a1=a2=4 m/s2

图(a)

图(b)

设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为Ff,则

在0~0.5 s内,由牛顿第二定律有

F-Ff-mg sin θ=ma1

在0.5~1 s内,由牛顿第二定律有

Ff+mg sin θ=ma2

解得F=8 N。

(3)由题图乙知,在1~2 s内物块的加速度大小a3=1 m/s2,物块沿斜面向下做匀加速运动,受力分析如图(c)所示

图(c)

由牛顿第二定律有mg sin θ-Ff=ma3

联立解得Ff=1.5 N