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1、微專題 牛頓運動定律應(yīng)用之圖像問題
【核心要點提示】
動力學(xué)中常見的圖象:V一,圖象、x-t圖象、F-t圖象、F-a圖象等.
【核心方法點撥】
(1) 看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原來是否從0開始.
(2) 理解圖象的物理意義,能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點,如斜率、截距、面積、交點、拐點 等,判斷物體的運動情況或受力情況,再結(jié)合牛頓運動定律求解.
【鞏固習(xí)題】
1. 以相同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時,一個物體所受空氣阻力可以忽略, 另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比,下列用虛線(斜線)和實線描述兩物體運動 的速率一時間圖象可能正確的是()
2、
2. (2016-江西宜春高三質(zhì)檢)某物體做直線運動的v-t圖象如圖所示,據(jù)此判斷F表示物體 所受合力,t表示物體運動的時間四個選項中正確的是()
3. (2017-湖南株洲一診)一質(zhì)量為m的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中(如圖甲所示), 某時刻剪斷細線,鋁球開始在油槽中下沉,通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的 圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說法正確的是()
A. 鋁球剛開始運動的加速度a0=g
B?鋁球下沉的速度將會一直增大
c.鋁球下沉過程所受到油的阻力f=mav
v0
D.鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力所做的功
4. (2018
3、-河北冀州2月模擬)如圖甲所示,粗糙斜面與水平面的夾角為30°,質(zhì)量為3 kg的小
物塊(可視為質(zhì)點)由靜止從A點在一沿斜面向上的恒定推力作用下運動,作用一段時間后撤
去該推力,小物塊能到達的最高位置為C點,小物塊上滑過程中v t圖象如圖乙所示。設(shè)A 點為零重力勢能參考點,g取10 m/s2,則下列說法正確的是()
A.小物塊最大重力勢能為54 J
B.小物塊加速時的平均速度與減速時的平均速度大
小之比為3 : 1
甲
乙
3 c.小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為23
D.推力F的大小為40 N
5. (多選)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪
4、,
沿斜面向上的方向為正方向,空氣阻力不計,
重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為0,
輕繩跨過滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和&保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量朋,當(dāng)B 的質(zhì)量連續(xù)改變時,得到A的加速度1隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示.設(shè)加速度
下列說法正確的是()
A. 若0已知,可求出A的質(zhì)量
B. 若0未知,可求出圖乙中11的值
C. 若0已知,可求出圖乙中a2的值
D. 若0已知,可求出圖乙中m0的值
6. (2016-海南單科)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速
度一時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為
5、常數(shù),在0?5 s,5?10 s,10?
15 s內(nèi)F的大小分別為F「F2和F3,則() 「們「十’
a. F1F3 1 - ―\
C F1>F3 d. F1=F3 Q —L —兒
7. 如圖甲所示,質(zhì)量m = 1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上
運動,t=0.5 s時撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖象(v —t圖象)
甲 乙
如圖乙所示,g取10 m/s2,求:
(1) 2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L;
(2) 沿斜面向上運動兩個階段加速度大?。ァ2和 拉力大小F.
8. 如圖甲所示,質(zhì)量為m
6、= 1 kg的物體置于傾角為37°的固定斜面上(斜面足夠長),對物體施 加平行于斜面向上的恒力「作用時間4 = 1 s時撤去力8,物體運動的部分v-t圖象如圖 乙所示,設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10 m/s2.求:
(1) 物體與斜面間的動摩擦因數(shù);
(2) 拉力F的大小;
(3) t=4 s時物體的速度.
9. 如圖甲所示,為一傾角0=37°的足夠長斜面,將一質(zhì)量為m=1 kg的物體無初速度在斜面 上釋放,同時施加一沿斜面向上的拉力,拉力隨時間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,物體與斜
2 4 6 M 10121416
乙
面間的動摩擦因數(shù)《=0.25,取g=10
7、m/s2, sin 37° = 0.6,cos 37°=0.8,求:
(1) 2 s末物體的速度;
(2) 前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。
10. 游樂場有一種滑雪游戲,其理想簡化圖如圖甲所示,滑道由傾角為。=30°的斜坡和水平 滑道組成.小孩在距地面h=10 m處由靜止開始從斜坡滑下,到達底端時恰滑上水平滑道上 放置的長為l=3 m的木板(忽略木板厚度),此后小孩和木板運動的v-t圖象如圖乙所示.已 知斜坡滑道與水平滑道為圓滑過渡,速度由斜坡方向轉(zhuǎn)為水平方向時大小不變,不計小孩在 運動過程中受到的空氣阻力,重力加速度g=10 m/s2.求:
(1) 小孩與斜坡間的動摩擦因數(shù);
8、
(2) 小孩脫離木板時的速率.
微專題 牛頓運動定律應(yīng)用之圖像問題(參考答案)
1、 【解析】根據(jù)速度一時間圖象的斜率表示加速度,速率一時間圖象的斜率也表示加速度.忽 略空氣阻力的豎直上拋運動,其上升過程和下降過程對稱.所受空氣阻力與物體速率成正比 的豎直上拋運動,上升階段重力和空氣阻力方向相同,開始上升時合外力最大,隨著上升高 度的增加,合外力逐漸減小,加速度逐漸減小,上升到最高點時,加速度減小至眩;下落階 段重力和空氣阻力方向相反,隨著下落高度的增加,物體速率增加,所受空氣阻力增加,合 外力減小,加速度減小,所以描述兩物體運動的速率一時間圖象可能正確的是選項D.
【答案】D
2、
9、 【解析】由圖可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動,所以前兩秒內(nèi)受力恒定, 2?4 s內(nèi)沿正方向做勻減速直線運動,所以受力為負,且恒定,4?6 s內(nèi)沿負方向做勻加速 直線運動,所以受力為負,恒定,6?8 s內(nèi)沿負方向做勻減速直線運動,所以受力為正,恒 定,綜上分析B正確。
【答案】B
3、 [解析]剛開始釋放時,鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用,即%=箜^聲 =g-『,A錯誤;由圖乙可知鋁球做加速度減小的加速運動,速度越來越大,當(dāng)a=0 時,鋁球下沉的速度達到最大,之后勻速運動,B錯誤;剛開始釋放時有mg-F浮=ma0, 鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力,由牛頓第二定律可得
10、,mg-F浮-f=ma,由a-v圖 象可知a=a0-a0v,由以上各式解得鋁球與油的阻力f=ma0V,C正確;鋁球下沉過程機械
V0 V0
能的減少量等于克服油的阻力和浮力所做的功,故D錯誤。
4、 解析:由乙圖可知物塊沿斜面向上滑行的距離x=2x3x1.2 m=1.8 m,上升的最大高度 h=x sin 30°=0.9 m,故物塊的最大重力勢能Epm=mgh=27 J,則A項錯。由圖乙可知物塊 加速與減速階段均為勻變速運動,則由勻變速直線運動的平均速度公式;=*尹,可知小
物塊加速時的平均速度與減速時的平均速度大小之比為1:1,則B項錯。由乙圖可知減速
3 上升時加速度大小a2=
11、10 m/s2,由牛頓第一定律有mgsin 30°+?mgcos 30°=ma2,得《= 3,
則C項錯。由乙圖可知加速上升時加速度大?。?? m/s2,由牛頓第二定律有F-mgsin 30°
-?mgcos 30°=ma1,得 F=40 N,則 D 項正確。
答案:D
5、 【解析】由題中圖象可知,若m = 0,物塊A受重力、支持力作用,由牛頓第二定律可知,
A的加速度方向沿斜面向下,a2=-gsin 0,C項正確;若m=m0,A的加速度為零,由平衡 條件可知,m0g=mAgsin 0,必須知道A的質(zhì)量mA和0的值,m0才可求,D項錯;若B的質(zhì) 量無限大,所受拉力遠小于它所受重力,
12、B的加速度趨近于g,所以A的最大加速度為% =g, B項正確;對以上狀態(tài)的分析中,均無法計算出A的質(zhì)量,A項錯.
【答案】BC
6、 【解析】根據(jù)v—t圖象可知,在0?5 s內(nèi)加速度為a1 = 0.2 m/s2,方 ?\
向沿斜面向下;在5?10 s內(nèi),加速度a2 = 0;在10?15 s內(nèi)加速度為 a1=—0.2 m/s2,方向沿斜面向上;受力分析如圖。在0?5 s內(nèi),根據(jù)” 死;
牛頓第二定律:mgsin 0—f—F 1= ma 1,則 F1=mgsin。一f—0.2 m;在 5?
10 s 內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律:mgsin 0—f—F2=ma2,則 F2=mgsin 0—f;
13、"
在 10?15 s 內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律:f+F3—mgsin 0=ma3,則 F3=mgsin
0—f+0.2 m,故可以得到F3>F2>F1,故選項A正確。
【答案】A
7、 【解析】(1)在2 s內(nèi),由圖乙知:
物塊上升的最大距離:x1=jx2x1 m=1 m①
物塊下滑的距離:x2=2x1x1 m=0.5 m②
所以位移大小x=x1—x2=0.5 m@
路程 Z=x1+x2=1.5 m?
(2)由圖乙知,所求兩個階段加速度的大小
a1=4 m/s2⑤ a2=4 m/s2⑥ '■、?、、. / ',廣"
設(shè)斜面傾角為0,斜面對物塊的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律
14、有
0?0.5 s 內(nèi):F—Ff—mgsin 0=ma1? ' 二^
0. 5?1 s 內(nèi):Ff+mgsin 0=ma2⑧ ’
由⑤⑥⑦⑧式得F=8 N
【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N
8、【解析】(1)根據(jù)v —t圖線知,勻加速直線運動的加速度的大小:a1=20 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得:F—?mgcos 0 — mgsin 0=ma1
勻減速直線運動的加速度的大?。篴2=10 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得:mgsin 0+^mgcos 0=ma2
解得:F=30 N,? = 0.5.
(2) 由(1)知,F(xiàn)=30 N
15、.
(3) 在物體運動過程中,設(shè)撤去力F后物體運動到最高點的時間為t2
v1=a2t2,
解得t2=2 s;
則物體沿斜面下滑的時間為t3 = t—11 —12=1 s
設(shè)下滑加速度為a3,由牛頓第二定律得
mgsin 0—^mgcos 0=ma3
解得:a3=2 m/s2
所以t=4 s時物體的速度:v=a3t3=2x1 m/s=2 m/s,方向沿斜面向下
【答案】(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s,沿斜面向下
9解析:(1)對物體分析可知,其在前2 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,
由牛頓第二定律可得 mgsin 3—F1—^mgcos 3=m
16、a1
vi=aJi
代入數(shù)據(jù)可得
a1=2.5 m/s2。方向沿斜面向下
v1 = 5 m/s,方向沿斜面向下。
(2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為%,則 x1=;a1t2 = 5 m,方向沿斜面向下
當(dāng)拉力為F2=4.5 N時,由牛頓第二定律可得
F2+?mgcos 0—mgsin 6=ma2
代入數(shù)據(jù)可得a2=0.5 m/s2,方向沿斜面向上。
物體經(jīng)過t2時間速度減為0,則
v1=a2t2 得 t2=10 s
t2時間內(nèi)發(fā)生的位移為x2,則
x2=:a2t2=25 m,
方向沿斜面向下
由于mgsin 0_pmgcos 0
17、n 0,則物體在剩下4 s時間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。
故物體在前16 s內(nèi)發(fā)生的位移x『1+x2=30 m,方向沿斜面向下。
10、【解析】(1)對小孩在斜坡上的運動過程,由題圖乙可知,小孩滑到斜坡底端時的速度v
=10 m/s
由牛頓第二定律,知mgsin 0—^mgcos 0=ma
c h
又v2=2質(zhì)
聯(lián)立解得:b=¥
(2)方法一 小孩在t=0.5 s時脫離木板,木板在0?0.5 s內(nèi)的位
―E
移X木=L5 m 匕
由圖可得:X木+ l=X人 p 」 勃
設(shè)小孩滑離木板的速度為v人,由平均速度公式X人=1(v + v人)t卜 "
可得:v人=8 m/s
方法二由題圖乙知:';木 +Vt=l
代入數(shù)據(jù)得:v人=8 m/s.
【答案】(1)辛(2)8 m/s