2023年12月25日发(作者：问素)

[学习目标] 1.会分析力、加速度、速度随时间的变化图像.2.能结合图像分析动力学问题．

1．常见的图像形式

在运动学与动力学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x－t图像)、速度－时间图像(v－t图像)和力－时间图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．

2．图像问题的分析方法

(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．

(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．

(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图1中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )

图1

A．μA＝μB，mA＜mB

B．μB＜μC，mB＝mC

C．μB＝μC，mB＞mC

D．μA＜μC，mA＜mC

答案 ABD

F1解析 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图像的斜率k＝，由图像mm可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg，根据图像可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.

(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v－t图像如图2所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )

图2

A．斜面倾角为30°

C．动摩擦因数μ＝0.5

答案 BC

解析 速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升时，有ma1＝mgsin θ＋μmgcos θ；下滑时，有ma2＝mgsin θ－μmgcos θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5.

质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图3甲所示，g取10 m/s2，则：

B．斜面倾角为37°

D．动摩擦因数μ＝0.2

图3

(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？

(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像．

答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)见解析图

解析 (1)消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下滑(mg

第一个过程，mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4 m/s

第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1 m/s.

(2)v－t图像如图所示．

(2019·张家口市上学期期末)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图4甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10

m/s2，求：

图4

(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；

(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；

(3)A的质量；

(4)物块相对木板滑行的距离Δx.

答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg (4)2 m

解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝律得，

－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.

(2)由题图乙知，AB在1～3 s内的加速度

v3－v1a3＝＝－1 m/s2，

t2对AB由牛顿第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3

解得μ2＝0.1.

(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度

v1a2＝＝2 m/s2.

t1对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，

代入数据解得m＝6 kg.

(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx对应图中(0,4)，(0,0)，(1,2)点所围三1角形面积，故Δx＝×4×1 m＝2 m.

2v1－v0＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定t1

1．(图像问题)(多选)(2020·济宁市期末)如图5甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现给滑块一水平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s.下列说法正确的是( )

图5

A．滑块的质量为2 kg

B．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2

C．3 s末滑块返回到出发点

D．4 s末滑块加速度大小为1 m/s2

答案 AD

2．(图像问题)(多选)如图6甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，下列判断正确的是( )

图6

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态

B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm

C．物体的质量为2 kg

D．物体的加速度大小为5 m/s2

答案 CD

解析 物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确．

3．(图像问题)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止F开始运动.10 s后拉力大小减小为，并保持恒定．该物体的速度－时间图像如图7所示(g取310 m/s2)．求：

图7

(1)物体所受到的水平拉力F的大小；

(2)该物体与水平地面间的动摩擦因数；

(3)物体在30 s内运动的位移大小．

答案 (1)9 N (2)0.125 (3)150 m

解析 (1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2

对物体进行受力分析，如图甲、乙所示

对于两个过程，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1

F－Ff＝ma2

3联立以上两式解得F＝9 N，Ff＝5 N

(2)由滑动摩擦力公式得Ff＝μFN＝μmg

解得μ＝0.125.

1(3)由v－t图像知，物体运动的位移等于图线与t轴所围的面积x＝×30×10 m＝150 m.

2

1. (多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度－时间图像如图1所示，则( )

图1

A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9

B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1

C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1

D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1

答案 AD

解析 由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．

2．(多选)(2019·临川一中期末)如图2甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

图2

A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动

B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值

C．物体向上运动的加速度和力F成正比

D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于－g

答案 ABD

解析 当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－FMg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，MD正确．

3.如图3所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、x、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )

图3

答案 B

解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度ah1不变，选项C、D错误；设斜面倾角为θ，则x＝＝v0t－at2，故h—t、x—t图像都应是sin θ2开口向下的抛物线，选项A错误，B正确．

4．(多选)(2019·葛洲坝中学高一第一学期期末)放置于固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图4，g取10 m/s2，则( )

图4

A．第1 s内物块受到的合外力为5.5 N

B．物块的质量为1 kg

C．斜面倾角为30°

D．若第3 s末撤去拉力F，物块停止运动前加速度大小为5 m/s2

答案 BCD

解析 由题图可知，在0～1 s时间内物块做加速运动，

0.5a＝ m/s2＝0.5 m/s2①

1设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F合＝F1－mgsin θ＝ma②

其中F1＝5.5 N

在1～3 s时间内物块做匀速运动，F2＝mgsin θ＝5 N③

由①②③得：m＝1 kg，θ＝30°

撤去拉力F后，

物块停止运动前加速度大小为a′＝gsin θ＝5 m/s2

故选项B、C、D正确，A错误．

5．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v－t图像中，符合此过程中物体运动情况的可能是( )

答案 D

解析 其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度—时间图像中的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中，图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零逐渐恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确．

6．(多选)(2019·重庆市高一期末)如图5甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉A，经过5 sA运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )

图5

A．A的加速度大小为0.5 m/s2

B．A、B间的动摩擦因数为0.4

C．若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2

D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为52 s

答案 BCD

解析 根据v－t图像可知，物体A的加速度为：

Δv10aA＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；

Δt5以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

F－μmAg＝mAaA

代入数据得：μ＝0.4，故B正确；

若B不固定，B的加速度为：

μmAg0.4×1×10aB＝＝ m/s2＝1 m/s2

mB4故C正确；

由图像知，木板B的长度为：

1l＝×5×10 m＝25 m；

2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：

1212at－aBt＝l

2A2代入数据解得：t＝52 s

故D正确．

7．(多选)如图6(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )

图6

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

答案 ACD

解析 小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度为0，那么v0v0v0平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离x＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程22t1v1v0＋v1＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行过程＝gsin θ－μgcos θ，整理可得gsin θ＝，从而可计算t12t1出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；根据斜面的倾斜角度可计算出向上v0v0＋v1v0＋v1滑行的最大高度为h＝xsin θ＝t1×＝v0，选项D正确；仅根据速度—时间图像，22gt14g无法求出物块质量，选项B错误．

8.如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m1且足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线正确的是( )

图7

答案 A

解析 在木块与木板相对滑动前，木块与木板以共同加速度运动，F＝kt＝(m1＋m2)a，则木k块与木板的a－t关系图线的斜率均为，当木块与木板相对滑动后，对木板有Ff1＝μm2gm1＋m2μm2gkt＝m1a1，得a1＝，为一定值，对木块有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，对应图线的斜m1m2kk率为>，选项A正确，B、C、D错误．

m2m1＋m29．(多选)如图8甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10

m/s2)( )

图8

A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动

B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用

C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动

D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25

答案 AD

解析 由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a0＝4 m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，解得μ＝0.25，D正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A正确，B、C错误．

10．如图9甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( )

图9

A．F的最大值为12 N

B．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反

C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s

D．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动

答案 C

解析 由图像可知，物体在1～2 s内做匀加速直线运动，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg＞12 N，故A错误；由a－t图像的特点知加速度一直为正，故B错误；a－t图像与时间轴围成图形的面积为Δv，而初速度为零，故3 s末速度最大为8 m/s，故C正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故D错误．

11．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图10甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.求：

图10

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)．

答案 (1)3 (2)0.075 m

9解析 (1)0～2 s时间内，F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，

Δva1＝＝0.5 m/s2，

Δt2 s后，F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0，

代入数据解得m＝3 kg，μ＝3.

9(2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，

0－v2202解得a3＝－ m/s，x＝＝0.075 m.

32a312．如图11甲所示，质量m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，t＝0时刻对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时部分v－t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图11

(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；

(2)t＝4 s时物体的速度．

答案 (1)0.5 30 N (2)2 m/s，方向沿斜面向下

解析 (1)根据v－t图像知，物体做匀加速直线运动的加速度a1＝20 m/s2，

根据牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，

物体做匀减速直线运动的加速度a2＝－10 m/s2，

根据牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，

解得F＝30 N，μ＝0.5.

(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，

由0－v1＝a2t2，解得t2＝2 s.

则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间

t3＝t－t1－t2＝1 s，

设物体下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得，

mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，

解得a3＝2 m/s2.

所以t＝4 s时物体的速度v＝a3t3＝2×1 m/s＝2 m/s，方向沿斜面向下．

2023年12月25日发(作者：问素)

[学习目标] 1.会分析力、加速度、速度随时间的变化图像.2.能结合图像分析动力学问题．

1．常见的图像形式

在运动学与动力学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x－t图像)、速度－时间图像(v－t图像)和力－时间图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．

2．图像问题的分析方法

(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．

(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．

(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图1中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )

图1

A．μA＝μB，mA＜mB

B．μB＜μC，mB＝mC

C．μB＝μC，mB＞mC

D．μA＜μC，mA＜mC

答案 ABD

F1解析 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图像的斜率k＝，由图像mm可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg，根据图像可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.

(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v－t图像如图2所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )

图2

A．斜面倾角为30°

C．动摩擦因数μ＝0.5

答案 BC

解析 速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升时，有ma1＝mgsin θ＋μmgcos θ；下滑时，有ma2＝mgsin θ－μmgcos θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5.

质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图3甲所示，g取10 m/s2，则：

B．斜面倾角为37°

D．动摩擦因数μ＝0.2

图3

(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？

(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像．

答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)见解析图

解析 (1)消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下滑(mg

第一个过程，mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4 m/s

第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1 m/s.

(2)v－t图像如图所示．

(2019·张家口市上学期期末)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图4甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10

m/s2，求：

图4

(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；

(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；

(3)A的质量；

(4)物块相对木板滑行的距离Δx.

答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg (4)2 m

解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝律得，

－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.

(2)由题图乙知，AB在1～3 s内的加速度

v3－v1a3＝＝－1 m/s2，

t2对AB由牛顿第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3

解得μ2＝0.1.

(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度

v1a2＝＝2 m/s2.

t1对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，

代入数据解得m＝6 kg.

(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx对应图中(0,4)，(0,0)，(1,2)点所围三1角形面积，故Δx＝×4×1 m＝2 m.

2v1－v0＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定t1

1．(图像问题)(多选)(2020·济宁市期末)如图5甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现给滑块一水平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s.下列说法正确的是( )

图5

A．滑块的质量为2 kg

B．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2

C．3 s末滑块返回到出发点

D．4 s末滑块加速度大小为1 m/s2

答案 AD

2．(图像问题)(多选)如图6甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，下列判断正确的是( )

图6

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态

B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm

C．物体的质量为2 kg

D．物体的加速度大小为5 m/s2

答案 CD

解析 物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确．

3．(图像问题)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止F开始运动.10 s后拉力大小减小为，并保持恒定．该物体的速度－时间图像如图7所示(g取310 m/s2)．求：

图7

(1)物体所受到的水平拉力F的大小；

(2)该物体与水平地面间的动摩擦因数；

(3)物体在30 s内运动的位移大小．

答案 (1)9 N (2)0.125 (3)150 m

解析 (1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2

对物体进行受力分析，如图甲、乙所示

对于两个过程，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1

F－Ff＝ma2

3联立以上两式解得F＝9 N，Ff＝5 N

(2)由滑动摩擦力公式得Ff＝μFN＝μmg

解得μ＝0.125.

1(3)由v－t图像知，物体运动的位移等于图线与t轴所围的面积x＝×30×10 m＝150 m.

2

1. (多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度－时间图像如图1所示，则( )

图1

A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9

B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1

C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1

D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1

答案 AD

解析 由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．

2．(多选)(2019·临川一中期末)如图2甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

图2

A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动

B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值

C．物体向上运动的加速度和力F成正比

D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于－g

答案 ABD

解析 当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－FMg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，MD正确．

3.如图3所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、x、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )

图3

答案 B

解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度ah1不变，选项C、D错误；设斜面倾角为θ，则x＝＝v0t－at2，故h—t、x—t图像都应是sin θ2开口向下的抛物线，选项A错误，B正确．

4．(多选)(2019·葛洲坝中学高一第一学期期末)放置于固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图4，g取10 m/s2，则( )

图4

A．第1 s内物块受到的合外力为5.5 N

B．物块的质量为1 kg

C．斜面倾角为30°

D．若第3 s末撤去拉力F，物块停止运动前加速度大小为5 m/s2

答案 BCD

解析 由题图可知，在0～1 s时间内物块做加速运动，

0.5a＝ m/s2＝0.5 m/s2①

1设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F合＝F1－mgsin θ＝ma②

其中F1＝5.5 N

在1～3 s时间内物块做匀速运动，F2＝mgsin θ＝5 N③

由①②③得：m＝1 kg，θ＝30°

撤去拉力F后，

物块停止运动前加速度大小为a′＝gsin θ＝5 m/s2

故选项B、C、D正确，A错误．

5．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v－t图像中，符合此过程中物体运动情况的可能是( )

答案 D

解析 其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度—时间图像中的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中，图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零逐渐恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确．

6．(多选)(2019·重庆市高一期末)如图5甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉A，经过5 sA运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )

图5

A．A的加速度大小为0.5 m/s2

B．A、B间的动摩擦因数为0.4

C．若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2

D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为52 s

答案 BCD

解析 根据v－t图像可知，物体A的加速度为：

Δv10aA＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；

Δt5以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

F－μmAg＝mAaA

代入数据得：μ＝0.4，故B正确；

若B不固定，B的加速度为：

μmAg0.4×1×10aB＝＝ m/s2＝1 m/s2

mB4故C正确；

由图像知，木板B的长度为：

1l＝×5×10 m＝25 m；

2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：

1212at－aBt＝l

2A2代入数据解得：t＝52 s

故D正确．

7．(多选)如图6(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )

图6

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

答案 ACD

解析 小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度为0，那么v0v0v0平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离x＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程22t1v1v0＋v1＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行过程＝gsin θ－μgcos θ，整理可得gsin θ＝，从而可计算t12t1出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；根据斜面的倾斜角度可计算出向上v0v0＋v1v0＋v1滑行的最大高度为h＝xsin θ＝t1×＝v0，选项D正确；仅根据速度—时间图像，22gt14g无法求出物块质量，选项B错误．

8.如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m1且足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线正确的是( )

图7

答案 A

解析 在木块与木板相对滑动前，木块与木板以共同加速度运动，F＝kt＝(m1＋m2)a，则木k块与木板的a－t关系图线的斜率均为，当木块与木板相对滑动后，对木板有Ff1＝μm2gm1＋m2μm2gkt＝m1a1，得a1＝，为一定值，对木块有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，对应图线的斜m1m2kk率为>，选项A正确，B、C、D错误．

m2m1＋m29．(多选)如图8甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10

m/s2)( )

图8

A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动

B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用

C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动

D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25

答案 AD

解析 由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a0＝4 m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，解得μ＝0.25，D正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A正确，B、C错误．

10．如图9甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( )

图9

A．F的最大值为12 N

B．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反

C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s

D．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动

答案 C

解析 由图像可知，物体在1～2 s内做匀加速直线运动，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg＞12 N，故A错误；由a－t图像的特点知加速度一直为正，故B错误；a－t图像与时间轴围成图形的面积为Δv，而初速度为零，故3 s末速度最大为8 m/s，故C正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故D错误．

11．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图10甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.求：

图10

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)．

答案 (1)3 (2)0.075 m

9解析 (1)0～2 s时间内，F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，

Δva1＝＝0.5 m/s2，

Δt2 s后，F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0，

代入数据解得m＝3 kg，μ＝3.

9(2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，

0－v2202解得a3＝－ m/s，x＝＝0.075 m.

32a312．如图11甲所示，质量m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，t＝0时刻对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时部分v－t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图11

(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；

(2)t＝4 s时物体的速度．

答案 (1)0.5 30 N (2)2 m/s，方向沿斜面向下

解析 (1)根据v－t图像知，物体做匀加速直线运动的加速度a1＝20 m/s2，

根据牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，

物体做匀减速直线运动的加速度a2＝－10 m/s2，

根据牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，

解得F＝30 N，μ＝0.5.

(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，

由0－v1＝a2t2，解得t2＝2 s.

则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间

t3＝t－t1－t2＝1 s，

设物体下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得，

mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，

解得a3＝2 m/s2.

所以t＝4 s时物体的速度v＝a3t3＝2×1 m/s＝2 m/s，方向沿斜面向下．