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1、专题 3.6 与速度图象相关的动力学问题专题 3.6 与速度图象相关的动力学问题 一选择题 1. （2019 年 3 月兰州模拟）质量为 2kg 的物体在水平力 F 作用下运动，t=0 时刻开始计时，3s 末撤去 F， 物体继续运动一段时间后停止，其 v-t 图象的一部分如图所示，整个过程中阻力恒定，则下列说法正确的 是（ ） A.水平力 F 为 3.2N B.水平力 F 做功 480J C.物体从 t=0 时刻开始，运动的总位移为 92m D.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5 【参考答案】B 【命题意图】本题以水平力作用下物体运动为情景，以速度图像给出解题信息，考查对速度图像的理解、 牛
2、顿运动定律、做功及其相关知识点。 【解题思路】在 03s 时间内，物体匀速运动，由平衡条件，F-mg=0，3s 末撤去 F，在 35s 时间内，物 体做匀减速直线运动，运动的加速度大小为 a=4m/s2，由牛顿第二定律，mg=ma，联立解得 ：=0.4， v t F=8N，选项 AD 错误 ； 在 03s 时间内，物体匀速运动位移 x1=203m=60m，水平力 F 做功 W=Fx=860J=480J， 选项 B 正确；3s 末撤去 F，物体继续运动时间 t=v/a=5s，即 8s 末物体停止运动，补全速度图像，由速度图 像的面积表示位移可知，物体在 38s 时间内位移 x2=2051/2=5
3、0m，物体从 t=0 时刻开始，运动的总位 移为 s= x1+x2=60m+50m=110m，选项 C 错误。 【方法归纳】速度图像的斜率表示加速度，速度图像的面积表示位移。 2. （2018山东济南联考）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示， 则 ( ) A在0-t1秒内，外力F大小不断增大 B. 在t1时刻，外力F为零 C在t1-t2秒内，外力F大小可能不断减小 D在t1-t2秒内，外力F大小可能先减小后增大 【参考答案】 CD 【名师解析】在 0t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，速度增加的慢了，说明外力 F 大小不断减小， 但仍然大于摩擦力， 故 A
4、 错误 在 t1时刻斜率为零， 即加速度为零， 说明外力等于摩擦力， 故 B 错误 在 t1t2 时间内，反方向的加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，可能是 F 一直减小，也可能是 F 减小到零 后反向增加，故 C、D 均有可能 3.（2018洛阳联考） 如图甲所示， 一轻质弹簧的下端固定在水平面上， 上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B 物体与弹簧连接)， 弹簧的劲度系数为k， 初始时物体处于静止状态。 现用竖直向上的拉力F作用在物体A上， 使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v t图像如图乙所示(重力加速度为g)， 则( ) A施加外力前，弹簧的形变量为2g k
5、B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga) CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【参考答案】B 【名师解析】 施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有 2Mgkx，解得x，故 A 错误； 2Mg k 施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹MgFABMa，其中F弹2Mg，解得FABM(ga)， 故B正确 ； 由题图乙知， 物体A、B在t1时刻分离， 此时A、B具有共同的v和a， 且FAB0， 对B有F弹MgMa， 解得F弹M(ga)，故 C 错误；当F弹Mg时，B达到最大速度，故 D 错误。 4粗糙水平面上静止放置质
6、量均为 m 的 A、B 两物体，它们分别受到水平恒力 F1、F2的作用后各自沿水平 面运动了一段时间,之后撤去 F1、F2,两物体最终都停止，其图象如图所示，下列说法正确的是vt （ ） AA、B 两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为 2:1 BF1与 A 物体所受摩擦力大小之比为 3:1 CF1和 F2大小之比为 2:1 DA、B 两物体通过的总位移大小相等 【参考答案】BD 【名师解析】 试题分析：A、由图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为 1：2；由牛顿第二定律可知：A、B 受摩vt 擦力大小 1：2，故选项 A 错误；B、对 A 物体加速（）和减速（）比为 1:2，由牛顿第二定律可知
7、1A a 2A a ，可得，选项 B 正确.C、对 B 物体加速（）和减速（）比为 2:1， 12A fma 11 3Ff 1B a 2B a 同理，联立可得：，则，选项 C 错误.D、图象面积表 22B fma 22 3Ff 21 2FFvt 示位移为，故选项 D 正确，故选 AD. 0 0 3 2 v xt 考点：本题考查了图象、牛顿第二定律.vt 5（2016江苏盐城联考）一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小 到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变） ，而在这一过程中其余各力均不变。那么， 图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是 （
8、 ） 【参照答案】 D 【名师解析】 仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变） ，而在这 一过程中物体所受合外力逐渐增大到最大，又逐渐减小到零，根据牛顿第二定律，物体的加速度逐渐增大 到最大，又逐渐减小到零，选项 D 正确。 6. （2016 山东省名校质检）一辆质量为 m 的汽车在发动机牵引力 F 的作用下，沿水平方向运动。在 t0时刻 关闭发动机，其运动的 v-t 图象如图所示。已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的 k 倍，则 （ ） A.加速过程与减速过程的平均速度比为 12 B.加速过程与减速过程的位移大小之比为 12 C.汽车牵引力
9、F 与所受阻力大小比为 31 D.汽车牵引力 F 做的功为 2 3 00t kmg 【参照答案】 BCD 【名师解析】 由题图可知，加速过程，位移；减速过程，位移 10 0 1 2 xv t ，又，由以上各式解得加速过程与减速过程的位移大小之比为 1： 2，平均速度比为 1 ：fkmg 1， 汽车牵引力 F 与所受阻力大小比为 31， 汽车牵引力 F 做的功为=， 故选项 A 错误,BCD 1 WFx 2 3 00t kmg 正确。 7 （2016 年武汉联考）甲、乙两球从同一高度同时由静止释放，下落时受到的空气阻力F与球的速率v成 正比，即F=-kv（k0） ，且两球的比例常数k相等，如图所
10、示为下落时两球的vt图象。若甲球与乙球的 质量分别为m1与m2，则：（ ） Am2m1，且甲球先抵达地面 Bm2m1，且乙球先抵达地面 Cm2m1，且乙球先抵达地面，选项 B 正确。 二计算题 1 （10 分） （2016 河南省南阳市联考）一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计 算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示，g10ms2求斜面的倾角 及物块与斜面间 的动摩擦因 【参照答案】= 5 3 ， （1 分） = 30. 【名师解析】 物块上滑时做匀减速直线运动，加速度大小 a1 s sm 5 . 0 /4 8 m/s2（2 分） 由牛顿第二定律得： mgsi
11、n + mgcos = ma1.（2 分） 下滑时的加速度大小a2 s5 . 0s5 . 1 s/m2 2 m/s2.（2 分） 由牛顿第二定律得： mgsin mgcos = ma2.（2 分） = 5 3 ， （1 分） = 30.（1 分） 2 （12 分） （2016 北京市东城区联考）质量为 2kg 的物体在水平推力 F 的作用下沿水平面做直线运动，一 段时间后撤去 F，其运动的 vt 图像如图 18 所示，g 取 10m/s2求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数； （2）水平推力 F 的大小； （3）010s 内物体运动位移的大小。 【参照答案】 （1）0.20 （2）6N (3
12、)46m 【名师解析】 （1）6s10s 内物体做匀减速直线运动，设此过程时间为 t2、初速度为 v20、末速度为 v2t、加速度为 a2，则 ： 2 分 设物体所受的摩擦力为 f，根据牛顿第二定律，有 2 maf ， 又因为mgf, 1 分 解得：2 . 0 1 分 （2）06s 内物体做匀加速直线运动，设此过程时间为 t1、初速度为 v10、末速度为 v1t、加速度为 a1， 则： 2 分 根据牛顿第二定律，有， 1 分 解得：F6N 1 分 （1） 法一：由匀变速直线运动位移公式，得 表达式 3 分，结果 1 分 法二：根据 v-t 图像围成的面积，得 3 （15 分） （2016 江苏
13、苏南四校联考）低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳。 人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而变大，而且速度越大空气阻力增大得越快。因低空 跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危险性比高空跳伞还要高。一 名质量为 70kg 的跳伞运动员背有质量为 10kg 的伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其 整个运动过程的vt图象如图所示。已知 2.0s 末的速度为 18m/s，10s 末拉开绳索开启降落伞，16.2s 时 安全落地，并稳稳地站立在地面上。g取 10m/s2，请根据此图象估算： （1）起跳后 2s 内运动员（包括其
14、随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小。 （2）运动员从脚触地到最后速度减为 0 的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需 承受地面的平均冲击力多大。 （3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功（结果保留两位有效数字） 。 【参照答案】 （1）80N （2）2450N (3) W=-1.8105J 【名师解析】 （1）由v-t图可知，起跳后前 2s 内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度 a=v1/t1=9.0m/s2（1 分） 设运动员所受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有 m总g-f=m总a（1 分） 解得 f=m总（g-a）=80N（2 分）
15、（2）v-t图可知，运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s，经时间t2=0.2s 速度减为 0（1 分） 设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据牛顿第二定律有 F-mg=ma（1分） 0= v2- at2（1分） 解得 F=2.4103N（1 分） 说明： F=2450N 也同样得分。 （ 3） 由v-t图 可 知 ， 10s 末 开 伞 时 的 速 度v=40m/s， 开 伞 前 10s 内 运 动 员 下 落 的 高 度 约 为 h=3010m=300m（1 分） 说明：此步骤得出 280m320m 均可得分。 设 10s 内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有 m总gh+W= 2 1 m总v2（2 分） 解得 W=-1.8105J（2 分） 说明：此步得出-1.6105J-1.9105J 均可得分，若没有写“-”扣 1 分。