微专题牛顿运动定律应用

1、微专题 牛顿运动定律应用之图像问题【核心要点提示】动力学中常见的图象：V一，图象、x-t图象、F-t图象、F-a图象等.【核心方法点拨】（1）看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始.（2）理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点 等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解.【巩固习题】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 的速率一时间图象可能正确的是（）（2016-江西宜春高三质检）某物体做

2、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（）（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（）铝球刚开始运动的加速度a0=gB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=mavv0D.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（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3 kg的小物块（可视为质点）由静止

3、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v t图象如图乙所示。设A 点为零重力势能参考点，g取10 m/s2,则下列说法正确的是（）A.小物块最大重力势能为54 JB.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甲乙3 c.小物块与斜面间的动摩擦因数为23D.推力F的大小为40 N（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，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9.8 m/s2，斜面的倾角为0,轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和&保持A的质量不变，改变

4、B的质量朋，当B 的质量连续改变时，得到A的加速度1随B的质量m变化的图线，如图乙所示.设加速度下列说法正确的是（）若0已知，可求出A的质量若0未知，可求出图乙中11的值若0已知，可求出图乙中a2的值若0已知，可求出图乙中m0的值（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，其下滑的速度一时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s，510 s，1015 s内F的大小分别为FF2和F3，则（）们十a. F1F31 - C F1F3d. F1=F3QL 儿如图甲所示，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

5、，t=0.5 s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）甲乙如图乙所示，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）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小、a2和 拉力大小F.如图甲所示，质量为m = 1 kg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作用时间4 = 1 s时撤去力8,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=10 m/s2.求：物体与斜面间的动摩擦因数;拉力F的大小；t=4 s时物体的速度.如图甲所示，为一倾角0=37的足够长斜面，将一质量为

6、m=1 kg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2 4 6 M 10121416乙面间的动摩擦因数=0.25,取g=10 m/s2, sin 37 = 0.6，cos 37=0.8，求：2 s末物体的速度；前16 s内物体发生的位移。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。=30的斜坡和水平 滑道组成.小孩在距地面h=10 m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=3 m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

7、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=10 m/s2.求：小孩与斜坡间的动摩擦因数;小孩脱离木板时的速率.微专题 牛顿运动定律应用之图像问题（参考答案）1、【解析】根据速度一时间图象的斜率表示加速度，速率一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，加速度减小至眩；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

8、，合 外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率一时间图象可能正确的是选项D.【答案】D2、【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， 24 s内沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，46 s内沿负方向做匀加速 直线运动，所以受力为负，恒定，68 s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】B3、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=箜声 =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-

9、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-a0v，由以上各式解得铝球与油的阻力f=ma0V，C正确；铝球下沉过程机械V0V0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、解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x=2x3x1.2 m=1.8 m，上升的最大高度 h=x sin 30=0.9 m，故物块的最大重力势能Epm=mgh=27 J，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；=*尹，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。

10、由乙图可知减速3 上升时加速度大小a2= 10 m/s2，由牛顿第一定律有mgsin 30+mgcos 30=ma2，得= 3，则C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小=? m/s2,由牛顿第二定律有F-mgsin 30-mgcos 30=ma1，得 F=40 N，则 D 项正确。答案：D5、【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=-gsin 0，C项正确；若m=m0，A的加速度为零，由平衡 条件可知，m0g=mAgsin 0，必须知道A的质量mA和0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

11、力，B的加速度趋近于g,所以A的最大加速度为 =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】BC6、 【解析】根据vt图象可知，在05 s内加速度为a1 = 0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s内，加速度a2 = 0；在1015 s内加速度为 a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在05 s内，根据” 死;牛顿第二定律：mgsin 0fF 1= ma 1，则 F1=mgsin。一f0.2 m；在 510 s 内，根据牛顿第二定律：mgsin 0fF2=ma2，则 F2=mgsin 0f；在 1015 s 内，根据牛顿第二定律:f+F3mg

12、sin 0=ma3，则 F3=mgsin0f+0.2 m，故可以得到F3F2F1，故选项A正确。【答案】A7、【解析】(1)在2 s内，由图乙知：物块上升的最大距离：x1=jx2x1 m=1 m物块下滑的距离：x2=2x1x1 m=0.5 m所以位移大小x=x1x2=0.5 m路程 Z=x1+x2=1.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a1=4 m/s2a2=4 m/s2、. / ，广设斜面倾角为0，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有00.5 s 内：FFfmgsin 0=ma1 二0. 51 s 内：Ff+mgsin 0=ma2由式得F=8 N【答案】(1)0.5 m

13、1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N8、【解析】(1)根据v t图线知，匀加速直线运动的加速度的大小：a1=20 m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcos 0 mgsin 0=ma1匀减速直线运动的加速度的大小：a2=10 m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin 0+mgcos 0=ma2解得：F=30 N， = 0.5.由(1)知，F=30 N.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t2v1=a2t2，解得t2=2 s；则物体沿斜面下滑的时间为t3 = t11 12=1 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsin 0mgcos 0=ma3解得：a3=2

14、m/s2所以t=4 s时物体的速度：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)对物体分析可知，其在前2 s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 mgsin 3F1mgcos 3=ma1vi=aJi代入数据可得a1=2.5 m/s2。方向沿斜面向下v1 = 5 m/s,方向沿斜面向下。(2)物体在前2 s内发生的位移为,则 x1=；a1t2 = 5 m,方向沿斜面向下当拉力为F2=4.5 N时，由牛顿第二定律可得F2+mgcos 0mgsin 6=ma2代入数据可得a2=0.5 m/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=10 st2时间内发生的位移为x2,则x2=：a2t2=25 m,方向沿斜面向下由于mgsin 0_pmgcos 0F2wmgcos 0+mgsin 0,则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移x1+x2=30 m,方向沿斜面向下。10、【解析】(1)对小孩在斜坡上