（全國(guó)通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微專題19 動(dòng)力學(xué)圖像問題

《（全國(guó)通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微專題19 動(dòng)力學(xué)圖像問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微專題19 動(dòng)力學(xué)圖像問題（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)力學(xué)圖像問題 1．考點(diǎn)及要求：(1)圖象(Ⅱ)；(2)牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)情景結(jié)合起來(lái)分析問題． 1．(已知運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)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(yùn)動(dòng)的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)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(diǎn))靜止在水平地面上的A點(diǎn)，某時(shí)刻開始，滑塊受到一個(gè)水平向右的拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若滑塊和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10 m/s2，試計(jì)算滑塊從開始運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時(shí)物體還要受一個(gè)如圖3所示的隨時(shí)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(zhǎng)的斜面，某同學(xué)利用傳感器測(cè)出了滑塊沖上斜面過程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，并用計(jì)算機(jī)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(dòng)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(dòng)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(shí)的速度大??；若不能返回，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(gè)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(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，加速度為a1，獲得的速度大小為v，位移為s1；勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，位移為s2；勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)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(gè)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(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知0～1 s內(nèi)位移為6 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理可計(jì)算0～2 s內(nèi)的位移為11 m，選項(xiàng)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(shí)，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(yùn)動(dòng)的規(guī)律，滑塊向上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律，滑塊返回底端的速度 v＝＝2 m/s