（全國通用）2020年高考物理一輪題復習 第三章 牛頓運動定律 微專題19 動力學圖像問題

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1、動力學圖像問題 1．考點及要求：(1)圖象(Ⅱ)；(2)牛頓運動定律(Ⅱ)；(3)力的合成與分解(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)要理解圖象斜率和截距的物理意義；(2)要把圖象和運動情景結(jié)合起來分析問題． 1．(已知運動圖象分析受力)如圖1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)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： 圖1 (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小s和通過的路程L； (2)物塊沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 2．(已

2、知F－t圖象分析物體運動情況)如圖2甲所示，一質(zhì)量為m＝1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止在水平地面上的A點，某時刻開始，滑塊受到一個水平向右的拉力F的作用，拉力F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若滑塊和地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10 m/s2，試計算滑塊從開始運動到最終停止在水平地面上滑行的距離． 圖2 3．(多選)質(zhì)量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物體沿著粗糙的水平面向右運動，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時物體還要受一個如圖3所示的隨時間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向．則以下結(jié)論正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) 圖

3、3 A．0～1 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 B．1～2 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 C．0～1 s內(nèi)，物體的位移為7 m D．0～2 s內(nèi)，物體的總位移為11 m 4．一質(zhì)量m＝0.5 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角θ＝37°足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的v－t圖象，如圖4所示．(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： 圖4 (1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)判斷滑塊最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回

4、斜面底端時的速度大?。蝗舨荒芊祷?，求出滑塊停在什么位置． 答案解析 1．(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 解析　(1)在2 s內(nèi)，由題圖乙知： 物塊上升的最大距離：s1＝×2×1 m＝1 m① 物塊下滑的距離：s2＝×1×1 m＝0.5 m② 所以位移大小s＝s1－s2＝0.5 m③ 路程L＝s1＋s2＝1.5 m④ (2)由題圖乙知，所求兩個階段加速度的大小a1＝4 m/s2⑤ a2＝4 m/s2⑥ 設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有 0～0.5 s內(nèi)：F－f－mgsin θ＝ma1⑦ 0．5～1 s內(nèi)

5、：f＋mgsin θ＝ma2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F＝8 N 2．10 m 解析　滑塊受到的滑動摩擦力的大小為f＝μmg，代入數(shù)據(jù)可得，f＝5 N，結(jié)合題圖乙可知，該滑塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，最后做勻減速直線運動．設(shè)滑塊做勻加速直線運動的時間為t1，加速度為a1，獲得的速度大小為v，位移為s1；勻速運動的時間為t2，位移為s2；勻減速運動的時間為t3，加速度大小為a2，位移為s3. 在勻加速階段：F－f＝ma1 v＝a1t1 s1＝a1t 代入數(shù)據(jù)可解得：s1＝2.5 m 在勻速直線運動階段：s2＝vt2 代入數(shù)據(jù)可解得：s2＝5 m 在勻減速階段：f＝ma2

6、 v＝a2t3 s3＝t3 代入數(shù)據(jù)可得：s3＝2.5 m 所以整個過程中的位移大小為s＝s1＋s2＋s3＝10 m 3．BD　[由題圖可知，在0～1 s內(nèi)力F為6 N，方向向左，由牛頓第二定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2.在1～2 s內(nèi)力F為6 N，方向向右，由牛頓第二定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以選項A錯誤，B正確；由運動學規(guī)律可知0～1 s內(nèi)位移為6 m，選項C錯誤；同理可計算0～2 s內(nèi)的位移為11 m，選項D正確．] 4．(1)0.5　(2)能　2 m/s 解析　(1)由題圖可知，滑塊的加速度 a＝＝ m/s2＝10 m/s2 滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5 (2)滑塊速度減小到零時，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，能再下滑． 由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊向上運動的位移s＝＝5 m 滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，a2＝2 m/s2 由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊返回底端的速度 v＝＝2 m/s