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1、第 1 页 共 19 页 1 专题 1.7 动力学的图像问题专题 1.7 动力学的图像问题 【专题诠释】【专题诠释】 1“两大类型” (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线要求分析物体的受力情况 2“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁 3解决图象问题的方法和关键 (1)分清图象的类别 ： 分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程， 会分析临界点 (2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点
2、 等表示的物理意义 (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理 意义，确定从图象中得出的有用信息这些信息往往是解题的突破口或关键点 （4）动力学中常见的图象：vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等 【高考引领】【高考引领】 【2019全国卷】【2019全国卷】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力 传感器相连，细绳水平。t0 时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s 时撤去外力。细绳对物块的 拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图 c 所示。木板与实验台之间的 摩擦可以
3、忽略。重力加速度取 10 m/s2。由题给数据可以得出( ) 第 2 页 共 19 页 2 A木板的质量为 1 kg B24 s 内，力F的大小为 0.4 N C02 s 内，力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 【答案】 AB 【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图 b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大 小F摩0.2 N。由题图 c 知，24 s 内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速 0.4 2 度大小a2 m/s20.2 m/s2， 设木板质量为m， 据牛顿第二定律， 对木板有 ： 24 s 内 ：FF摩ma
4、1,4 0.40.2 1 s 以后：F摩ma2，解得m1 kg，F0.4 N，A、B 正确。02 s 内，木板静止，Ff，由题图 b 知，F是均 匀增加的，C 错误。因物块质量不可求，故由F摩m物g可知动摩擦因数不可求，D 错误。 【2018新课标全国卷】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提 升 的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段 加 速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和 第次提升过程（） A矿车上升所用的时间之比为 4:5 B电机的最大牵引力之比为 2:
5、1 C电机输出的最大功率之比为 2:1 D电机所做的功之比为 4:5 【答案】AC 第 3 页 共 19 页 3 【解析】 设第次所用时间为t， 根据速度图象的面积等于位移 （此题中为提升的高度） 可知，2t0v0= 1 2 （t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 2t05t0/2=45， 1 2 1 2 选项 A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmg=ma，可 得提升的最大牵引力之比为 11，选项 B 错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速 度之比， 为 21， 选项 C 正确 ；
6、加速上升过程的加速度a1=， 加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)， 0 0 v t 0 0 v t 减速上升过程的加速度a2=，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g)，匀速运动过程的牵引力 0 0 v t 0 0 v t F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+F2t0v0=mgv0t0；第次提升过程做功W2=F1 1 2 1 2 1 2 t0v0+F3v03t0/2+F2t0v0=mgv0t0；两次做功相同，选项 D 错误。 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 【2015新课标全国 I 卷】【2015新课标全国 I 卷】如图(a)，一物块在t0
7、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( ) 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】根据牛顿第二定律，向上滑行过程gsin gcos ，向下滑行过程gsin gcos v0 t1 v1 t1 ，整理可得gsin ，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项 A、C 对小球滑 v0v1 2t1 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 0，那么平均速度即，所以沿斜面向上 v0 2 第 4 页 共 19 页 4 滑行的最远距离s
8、t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin t1v0 v0 2 v0 2 v0v1 2gt1 ，选项 D 对仅根据速度时间图象，无法求出物块质量，选项 B 错 v0v1 4g 【方法技巧】【方法技巧】 (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 【最新考向解码】【最新考向解码】 【例 1】(2019宁夏银川模拟)【例 1】(2019宁夏银川模拟)将一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，
9、运动过程中所 受阻力大小恒定， 方向与运动方向相反 该过程的v t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( ) A小球所受重力和阻力之比为 61 B小球上升与下落所用时间之比为 23 C小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s D小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态6 【答案】C 【解析】 小球向上做匀减速运动的加速度大小a112 m/s2， 根据牛顿第二定律得mgfma1， 解得阻力f ma1mg2 N，则重力和阻力大小之比为 51，故选项 A 错误；小球下降的加速度大小a2 mgf m 102 1 m/s28 m/s2，根据xat2得t，知上升的时间和下落的时间之比
10、为t1t23，故选 1 2 2x a a2a16 项 B 错误；小球匀减速上升的位移x 224 m24 m，根据v22a2x得，v 1 2 2a2x2 8 24 m/s8 m/s，故选项 C 正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项 D 错误6 第 5 页 共 19 页 5 【例 2】(2019哈师大附中模拟)【例 2】(2019哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m1.0 kg 的物块，受到随时间t变化 的 水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小重力加速度g取 10 m/s2.下列判断 正 确的是( ) A5 s 内拉力对物块做功为零 B4 s
11、末物块所受合力大小为 4.0 N C物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4 D69 s 内物块的加速度的大小为 2.0 m/s2 【答案】 D 【解析】 根据图象，最大静摩擦力为 4 N4 s 后，物块受到拉力F大于 4 N，开始运动，所以 5 s 内拉力 做功不为零，A 错误；4 s 末，物块所受合力为零，B 错误；物块所受滑动摩擦力为Ff3 N， 质量m1.0 kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数0.3，C 错误 ； 69 s 内，物体的加速度a Ff mg m/s22.0 m/s2，D 正确 FFf m 53 1 【例 3】 (2019浙江普通高校招生选考模拟)【例 3】
12、(2019浙江普通高校招生选考模拟)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲起立的动 作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为 N)，横坐标为时间(单位为 s)。由图线可知，该人 的体重约为 650 N，除此之外，还可以得到的信息是( ) 第 6 页 共 19 页 6 A该人做了两次下蹲起立的动作 B该人做了一次下蹲起立的动作 C下蹲过程中人处于失重状态 D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 【答案】 B 【解析】 人下蹲过程先是加速下降，为失重，到达一个最大速度后再减速下降，为超重，对应先失重再 超重，人起立过程对应先超重再失重，由图象可知，该人做了一次下蹲起立的动作，A、C
13、、D 错误，B 正确。 【微专题精练】【微专题精练】 1.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过 2t0时间小球落回抛出点，此时小球的速率为v1，已知 小 球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比(fkv，k为比例系数)，则小球在空中运动时的速 率 v随时间t的变化规律可能是( ) 【答案】 A 【解析】 小球竖直向上运动时， 其加速度a1， 可知a1随速度的减小而减小 ； 小球竖直向下运动时， mgkv m 其加速度a2，可知a2随速度增大而减小向上和向下运动的过程中由于空气阻力一直做负功，则 mgkv m v10.4 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为 0
14、.4 m.v vB 2 2.0 2 14.如图甲所示，为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 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，物体与斜面间的动摩擦因数 0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求： (1)2 s 末物体的速度； (2)前 16 s 内物体发生的位移。 【答案】 见解析 【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 F1mgcos ma1 v1a1t1 代入数据可得 第 17 页 共 19 页 17 a1
15、2.5 m/s2。方向沿斜面向下 v15 m/s，方向沿斜面向下。 (2)物体在前 2 s 内发生的位移为x1，则 x1a1t5 m，方向沿斜面向下 1 2 2 1 当拉力为F24.5 N 时，由牛顿第二定律可得 F2mgcos mgsin ma2 代入数据可得a20.5 m/s2，方向沿斜面向上。 物体经过t2时间速度减为 0，则 v1a2t2 得t210 s t2时间内发生的位移为x2，则 x2a2t25 m，方向沿斜面向下 1 2 2 2 由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，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xx1x230
16、 m，方向沿斜面向下。 15.(2019广东惠州高三第一次调研)(2019广东惠州高三第一次调研)如图a所示， 一可视为质点的物块在t0 时刻以v08 m/s 的速度滑 上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数。经过一段时间后 3 5 物块返回斜面底端，取重力加速度g10 m/s2。求： 第 18 页 共 19 页 18 (1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小； (2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间； (3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图 b 中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时 间图象，取沿斜面向上为正方向。 【答案】 (1)8 m/s2 2 m/s2 (2)3 s(3)4 m/s 图象见解析 【解析】 (1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有： mgsinmgcosma1， 则a1gsingcos8 m/s2， 物块下滑过程，由牛顿第二定律有： mgsinmgcosma2， 则a2gsingcos2 m/s2。 (2)物块上滑过程：t11 s 0v0 a1 s1t14 m 0v0 2 物块下滑过程：s2s1a2t 1 2 2 2 得t22 s 故总时间tt1t23 s。 (3)物块下滑过程：v2a2t24 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的vt图象如图所示。 第 19 页 共 19 页 19