微专题13牛顿运动定律应用之图像问题Word文件下载.docx
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，选项D正确；
仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．
【答案】ACD
【变式1】
（多选）（2018·
广东深圳一模）如图甲所示，质量m＝1kg、初速度v0＝6m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．t＝2s时物块速度为零
B．t＝3s时物块回到O点
C．恒力F大小为2N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析：
通过题图可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，根据图线求出做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小。
物体做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝
＝3m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝
＝2s，故A正确；
物体做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝
＝1m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝
＝2
s，故B错误；
根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得F＝2N，Ff＝1N，则动摩擦因数为μ＝
＝0.1，故C、D正确。
答案：
ACD
【例题2】
（2018·
江西省临川二中高三上学期第五次理综物理）如图（a）所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。
逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图（b）所示。
取g＝10m/s2。
根据图（b）中所提供的信息不能计算出的是（）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6m/s2时物体的速度
[解析] 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：
Fcosθ－mgsinθ＝ma ①
y方向：
N－Fsinθ－Gcosθ＝0 ②
从图象中取两个点（20N,2m/s2），（30N,6m/s2）代入①式解得：
m＝2kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出；
故选D。
【变式2】
（多选）质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图1所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是（取g＝10m/s2）（ ）
A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2
B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2
C．0～1s内，物体的位移为7m
D．0～2s内，物体的总位移为11m
【解析】由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2.在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；
由运动学规律可知0～1s内位移为x1＝v0t1－
at
＝6m，选项C错误；
同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．
【答案】BD
【巩固习题】
1.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线（斜线）和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是（ ）
【解析】根据速度—时间图象的斜率表示加速度，速率—时间图象的斜率也表示加速度．忽略空气阻力的竖直上抛运动，其上升过程和下降过程对称．所受空气阻力与物体速率成正比的竖直上抛运动，上升阶段重力和空气阻力方向相同，开始上升时合外力最大，随着上升高度的增加，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，上升到最高点时，加速度减小到g；
下落阶段重力和空气阻力方向相反，随着下落高度的增加，物体速率增加，所受空气阻力增加，合外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是选项D.
【答案】D
2.（2016·
江西宜春高三质检）某物体做直线运动的v－t图象如图所示，据此判断F表示物体所受合力，t表示物体运动的时间四个选项中正确的是（ ）
【解析】由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒内受力恒定，2～4s内沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6s内沿负方向做匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6～8s内沿负方向做匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。
【答案】B
3.（2017·
湖南株洲一诊）一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲所示），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ C ）
A．铝球刚开始运动的加速度a0＝g
B．铝球下沉的速度将会一直增大
C．铝球下沉过程所受到油的阻力f＝
D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功
[解析] 刚开始释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a0＝
＝g－
<
g，A错误；
由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a＝0时，铝球下沉的速度达到最大，之后匀速运动，B错误；
刚开始释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得，mg－F浮－f＝ma，由a－v图象可知a＝a0－
v，由以上各式解得铝球与油的阻力f＝
，C正确；
铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D错误。
4.（2018·
河北冀州2月模拟）如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°
，质量为3kg的小物块（可视为质点）由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中vt图象如图乙所示。
设A点为零重力势能参考点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块最大重力势能为54J
B．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F的大小为40N
由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x＝
×
3×
1.2m＝1.8m，上升的最大高度h＝xsin30°
＝0.9m，故物块的最大重力势能Epm＝mgh＝27J，则A项错。
由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公式
，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1∶1，则B项错。
由乙图可知减速上升时加速度大小a2＝10m/s2，由牛顿第二定律有mgsin30°
＋μmgcos30°
＝ma2，得μ＝
，则C项错。
由乙图可知加速上升时加速度大小a1＝
m/s2，由牛顿第二定律有F－mgsin30°
－μmgcos30°
＝ma1，得F＝40N，则D项正确。
D
5.（多选）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ未知，可求出图乙中a1的值
C．若θ已知，可求出图乙中a2的值
D．若θ已知，可求出图乙中m0的值
【解析】由题中图象可知，若m＝0，物块A受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A的加速度方向沿斜面向下，a2＝－gsinθ，C项正确；
若m＝m0，A的加速度为零，由平衡条件可知，m0g＝mAgsinθ，必须知道A的质量mA和θ的值，m0才可求，D项错；
若B的质量无限大，所受拉力远小于它所受重力，B的加速度趋近于g，所以A的最大加速度为a1＝g，B项正确；
对以上状态的分析中，均无法计算出A的质量，A项错．
【答案】BC
6.（2016·
海南单科）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。
已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）
A．F1<
F2B．F2>
F3
C．F1>
F3D．F1＝F3
【解析】根据v－t图象可知，在0～5s内加速度为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；
在5～10s内，加速度a2＝0；
在10～15s内加速度为a1＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；
受力分析如图。
在0～5s内，根据牛顿第二定律：
mgsinθ－f－F1＝ma1，则F1＝mgsinθ－f－0.2m；
在5～10s内，根据牛顿第二定律：
mgsinθ－f－F2＝ma2，则F2＝mgsinθ－f；
在10～15s内，根据牛顿第二定律：
f＋F3－mgsinθ＝ma3，则F3＝mgsinθ－f＋0.2m，故可以得到F3>
F2>
F1，故选项A正确。
【答案】A
7.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，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v－t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：
（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程L；
（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
【解析】
（1）在2s内，由图乙知：
物块上升的最大距离：
x1＝
2×
1m＝1m①
物块下滑的距离：
x2＝
1×
1m＝0.5m②
所以位移大小x＝x1－x2＝0.5m③
路程L＝x1＋x2＝1.5m④
（2）由图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4m/s2⑤
a2＝4m/s2⑥
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5s内：
F－Ff－mgsinθ＝ma1⑦
0．5～1s内：
Ff＋m
gsinθ＝ma2⑧
由⑤⑥⑦⑧式得F＝8N
【答案】
（1）0.5m 1.5m
（2）4m/s2 4m/s2 8N
8.如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为37°
的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去力F，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）拉力F的大小；
（3）t＝4s时物体的速度．
（1）根据v－t图线知，匀加速直线运动的加速度的大小：
a1＝20m/s2
根据牛顿第二定律得：
F－μmgcosθ－
mgsinθ＝ma1
匀减速直线运动的加速度的大小：
a2＝10m/s2
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2
解得：
F＝30N，μ＝0.5.
（2）由
（1）知，F＝30N.
（3）在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2
v1＝a2t2，
解得t2＝2s；
则物体沿斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s
设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
a3＝2m/s2
所以t＝4s时物体的速度：
v＝a3t3＝2×
1m/s＝2m/s，方向沿斜面向下
（1）0.5
（2）30N （3）2m/s，沿斜面向下
9.如图甲所示，为一倾角θ＝37°
的足够长斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，求：
（1）2s末物体的速度；
（2）前16s内物体发生的位移。
（1）对物体分析可知，其在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1
v1＝a1t1
代入数据可得
a1＝2.5m/s2。
方向沿斜面向下
v1＝5m/s，方向沿斜面向下。
（2）物体在前2s内发生的位移为x1，则
a1t
＝5m，方向沿斜面向下
当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
代入数据可得a2＝0.5m/s2，方向沿斜面向上。
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2
得t2＝10s
t2时间内发生的位移为x2，则
a2t
＝25m，方向沿斜面向下
由于mgsinθ－μmgcosθ<
F2<
μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态。
故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。
见解析
10.游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°
的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h＝10m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l＝3m的木板（忽略木板厚度），此后小孩和木板运动的v－t图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）小孩与斜坡间的动摩擦因数；
（2）小孩脱离木板时的速率．
（1）对小孩在斜坡上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v＝10m/s
由牛顿第二定律，知mgsinθ－μmgcosθ＝ma
又v2＝2a
联立解得：
μ＝
（2）方法一 小孩在t＝0.5s时脱离木板，木板在0～0.5s内的位移x木＝1.5m
由图可得：
x木＋l＝x人
设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式x人＝
（v＋v人）t
可得：
v人＝8m/s
方法二 由题图乙知：
t＝l
代入数据得：
v人＝8m/s.
（1）
（2）8m/s
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