1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。考点整合素养提升 考点动力学中的图像问题角度1 动力学中的图像问题的解题思路(难度)(1)合理选取研究对象,明确图像关系。一个物理量与另一个物理量之间的变化关系,一般都可以画出相应的图像,如位移时间图像(s-t图像)、速度时间图像(v-t图像)和力时间的图像(F-t图像)等。(2)先对物体受力分析,再分析其运动过程。图像的类型包括两种:已知受力情况,分析运动情况;已知物体在运动过程中的速度、加速度情况,分析受力情况。(3)将物体的运动过程和图像一一对应。明确该图像的物理意
2、义,依照遵循的物理规律,列式求解或做出正确的判断。(4)对于复杂的图像,通过列解析式进行判断。 提醒:求解力与运动的关系问题的关键是理解图像的物理意义,理解图像的轴、点、线、面积、截距等的含义。角度2 图像问题分析的方法(难度)(1)F-t图像:对F-t图像要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律分别求出各段的加速度,分析每一时间段的运动性质。(2)a-t图像:对a-t图像,要注意加速度的正、负,分析每一段的运动情况,然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程。(3)F-a图像:对F-a图像,首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出a与F间的函数关系式,由函数关系
3、式明确图像的斜率、截距的意义,从而求出未知量。 1.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,(g=10 m/s2)。则()A.05 s内物块做匀减速运动B.在t=5 s时刻恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】选D。物块匀减速直线运动的加速度大小为:a1= m/s2=10 m/s2,匀加速直线运动的加速度大小为:a2= m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律得:F+f=ma1,F-f=ma2,
4、联立两式解得:F=7 N,f=3 N,则动摩擦因数为:=0.3,物体匀减速直线运动的时间:t1= s=1 s,即在01 s内做匀减速直线运动,1 s后恒力F反向,做匀加速直线运动。故D正确,A、B、C错误。2.如图甲所示,小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v,其x-v2图像如图乙所示,取g=10 m/s2,则斜面倾角为()A.30B.45C.60D.75【解析】选A。由v2=2ax得x=v2,结合x-v2图像可知小物块的加速度a=5 m/s2,根据牛顿第二定律得,小物块的加速度a=gsin,所以=30,选项A正确,B、C、D错误。3.如图甲所示,质量为m=2 kg
5、的小物块静止放置在粗糙水平地面O处,物块与水平面间的动摩擦因数=0.5,在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力F随时间变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,取水平向右为正方向,由此可知()A.在03 s时间内物块的加速度大小为6 m/s2B.在35 s时间内物块的加速度大小为3 m/s2,方向水平向右C.5 s末,物块速度大小为3 m/s,方向水平向右D.前3 s内物块的位移是4.5 m4.如图甲所示,质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上,斜面的倾角=30,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,经1.0 s后将拉力撤去,物体运动的 v-t图像如图乙( 设斜
6、向上为正,g=10 m/s2 ),试求:(1)拉力F的大小; (2)物体与斜面的动摩擦因数。 (3)若现改用水平恒力F0推物体,物体以2.0 m/s2的加速度沿斜面加速运动,求F0。【解析】(1)由图像可求加速度大小:a1=12 m/s2;a2= m/s2=6 m/s2,根据牛顿第二定律,得:拉力撤去前:F-mgsin-mgcos=ma1;拉力撤去后:mgsin+mgcos=ma2;代入数据解得:F=18 N(2)联立得:=(3)根据牛顿第二定律得:F0cos30-mgsin30-(F0sin30+mgcos30)=ma,代入数据,整理得:F0=9.9 N答案:(1)18 N(2) (3)9.
7、9 N【解析】选D。在03 s时间内,F1=12 N,由牛顿第二定律F1-mg=ma1,解得物块加速度a1=1 m/s2,选项A错误;在35 s时间内,F2=4 N,物块开始时做匀减速直线运动,由牛顿第二定律F2-mg=ma2,解得物块加速度a2=-3 m/s2,方向水平向左,速度减为零后处于静止,选项B错误;3 s末,物块速度为v1=a1t1=3 m/s,4 s末,物块速度为v2=v1+a2t2=0,摩擦力大于拉力,4 s末物块停止运动,则5 s末,物块的速度为零,C错误;前3 s内位移x=a1=132 m=4.5 m, D正确。考点动力学中的连接体类型角度1动力学中的连接体类型(难度)问题
8、类型情境建构模型弹簧连接体既可有拉力,也可有压力物物叠放连接体既可有支持力,也可有压力轻绳连接体只有拉力,没有压力轻杆连接体既可有拉力,也可有压力,还可提供侧向弹力角度2动力学中的临界问题(难度)临界状态临界条件两物体接触或脱离弹力FN=0两物体由相对静止开始相对运动静摩擦力达到最大值绳子断裂张力等于绳子所能承受的最大张力绳子松弛张力FT=0加速度最大或最小所受合力最大时,具有最大加速度;合力最小时,具有最小加速度速度最大加速度为零提醒:在分析和求解临界问题时,要注意通过分析物理过程,并根据条件变化或随过程引起受力情况和状态变化,找到临界点和临界条件。通常采用极限思想、假设推理和数学方法。1.
9、如图所示,质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力,使两球一起做匀加速直线运动,则此时弹簧的伸长量为()A.B.C.D.【解析】选B。根据牛顿第二定律,对整体:F=5ma,对质量为3m的小球:F弹=3ma;联立解得,弹簧的弹力大小为:F弹=F;根据胡克定律可得:kx=F。则此时弹簧的伸长量为:x=,故B正确,A、C、D错误。2.如图所示,A、B两个木块质量均为m,A与B之间摩擦因数为,B与地面之间摩擦因数为 ,为了使A与B保持相对静止共同向右加速运动,拉力F的最大值为(已知重力加速度为g)(
10、)A.mgB.mgC.mgD.2mg【解析】选D。当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,拉力最大,对AB整体受力分析,列方程得:a=,对B受力分析得出:a=g,两式联立得出:F=2mg,故D正确,A、B、C错误。3.如图所示,质量M=2.0 kg的木板静止在光滑水平桌面上,木板上放有一质量m=1.0 kg的小铁块(可视为质点),铁块与木板间的动摩擦因数为=0.2。现用一水平向右的拉力F作用在木板上,使木板和铁块由静止开始运动,设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求:(1)当拉力为3 N时,铁块受到的摩擦力大小;(2)若要铁块相对木板静止,求拉力的最大值。【解析】(
11、1)对整体由牛顿第二定律得:F1=(M+m)a1,由牛顿第二定律得铁块受到的摩擦力为:f1=ma1,解得:f1=1 N;(2)铁块受到的最大静摩擦力为:f2=mg,由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为:a2=g=2 m/s2,对整体由牛顿第二定律得:F2=(M+m)a2,解得:F2=6 N。答案:(1)1 N(2)6 N【加固训练】 1.如图所示,细线的一端固定在倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。则() A.当滑块向左做匀速运动时,细线的拉力为0.5mg B.当滑块以加速度a=g向左加速运动时,小球对滑块压力为零 C.若滑块以加速度a=g向左加速运动时,细线中
12、拉力为mg D.当滑块以加速度a=2 g向左加速运动时,细线中拉力为2mg【解析】选B。当滑块向左做匀速运动时,根据平衡条件可得细线的拉力大小为T=mgsin45=mg,故A错误;设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0,小球受到重力、拉力作用,如图1所示;根据牛顿第二定律可得加速度:a0=g;此时细线的拉力T=mg,故B正确,C错误; 当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,对小球受力分析如图2,由于a=2gg,所以小球会飘起来,假设T与水平面夹角为,根据牛顿第二定律,有: F合=Tcos=ma=2mg; Tsin=G 解得:tan= T=mg。故D错误。 2.如图所示,在建筑工地,民工兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为2m,水平作用力为F,A、B之间的动摩擦因数为,在此过程中,A、B间的摩擦力为() A.FB.m(g+a) C.m(g+a)D.m(g+a)【解析】选B。对A、B整体,根据牛顿第二定律,有2Ff-(m+2m)g=(m+2m)a,再隔离物体A,根据牛顿第二定律,有Ff-mg-FfBA=ma。联立解得FfBA=m(g+a),选项B正确。关闭Word文档返回原板块
