1、1两类问题，一类问题是从图象中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图象2两种方法，一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图象的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图象对应点比较1如图1甲所示，一质量m1 kg的物块静置在倾角37的斜面上，从t0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数0.8，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中正确反映物块的速
2、率v随时间t变化的规律的是()图12(2020湖北宜昌市调研)如图2所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图23.(2019湖北荆州市质检)如图3所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于竖直自然状态(x0)现改变力F的大小，使
3、B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN、F随x变化的图象正确的是()图34(2019天津市河北区名校联考)如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O处，将弹簧压缩了x0时，物块的速度变为零在下列图象中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x(弹簧原长为位移的零点)变化的图象是()图45(多选)如图5甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关
4、系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图5A前3 s内，A受到的摩擦力方向水平向右Bt4 s时，A的加速度大小为gCt5 s时，A受到的摩擦力大小为0.5mgD第6 s以后，A受到的摩擦力大小为mg6(2020山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的vt图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图6甲、乙所示，取重力加速度g10 m/s2
5、，则下列说法正确的是()图6A演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2B滑杆的长度为5.25 mC传感器显示的最小拉力为420 ND3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J7(多选)(2019山东日照市上学期期末)某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移x与斜面倾角的关系如图7所示，已知x1、x2和重力加速度g，则可求出()图7A物体的初速度B当物体位移为x2时对应的斜面倾角1C物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值xminD当物体位移为最小值xmin时，对应的滑动摩擦力大小8(多选)如图8甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的竖直轻质弹簧上
6、，A与B不粘连，现对物体A施加竖直向上的力F，使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则()图8A在图乙中PQ段表示拉力F逐渐增大B在图乙中QS段表示B物体减速上升C位移为x1时，A、B之间弹力为mgkx1Ma0D位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为9(多选)(2020广东佛山市月考)如图9甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为，对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示物体不脱离斜面的条件是F20 N，若重力加速度g取10 m/s2，最大
7、静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出()图9A物体的质量B斜面倾角的正弦值C物体运动6 s时经过的位移D加速度为6 m/s2时物体对斜面的压力10(2019安徽“江南十校”综合素质检测)一倾角为30的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，自由状态时另一端在C点C点上方斜面粗糙、下方斜面光滑如图10(a)所示，用质量为m1 kg的物体A(可视为质点)将弹簧压缩至O点并锁定以O点为坐标原点沿斜面方向建立坐标轴沿斜面向上的拉力F作用于物体A的同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图(b)所示求物体A与斜面粗
8、糙段间的动摩擦因数以及沿斜面向上运动至最高点D时的位置坐标(重力加速度g取10 m/s2)图10答案精析1C由mgsin 6 N，Ffmgcos 6.4 N，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；01 s时间内物块静止；12 s时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t2 s时物块加速度大小为12.4 m/s2；t2 s后F0.4 N，物块的加速度大小为12.8 m/s2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s，C正确2B物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩
9、擦力Ff，由牛顿第二定律得：FkxFfma；整理得：FkxmaFf，物块做匀加速直线运动，所以maFf恒定且不为零，Fx图象是一个不过原点的倾斜直线，故A、C、D错误，B正确3D根据题述，B以的加速度匀加速向下运动过程中，选择A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mgkxF2m，解得Fmgkx，即F从mg开始线性减小，可排除图象C；选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mgFNF，解得FNkx.由牛顿第三定律得FNFN，当弹簧的弹力增大到，即x时，A和B间的作用力为零，在此之前，二者之间的作用力由开始运动时的线性减小到零，选项A、B错误；同时，力F由开始时的mg线性减小到，此后B与A分离，力F
10、保持不变，故选项D正确4D物块下降到O点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g；继续下降，所受合力Fmgkx，加速度ag.物块从与弹簧接触开始至运动到最低点，加速度的大小一定是先减小后增大当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零此后合力向上，加速度可表示为ag，当弹力增大到是重力的2倍时，加速度大小为g.由对称性可知，此时物块向下运动速度不为零，继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度ag，选项A、B、C错误，D正确5BDA相对B滑动时，A的加速度为aAg，B的加速度aB，且aAaB，解得F6mg，所以F6mg时，A相对B即将滑动，第6 s以后，A受到的摩擦力大小为mg，故
11、D正确；A和B一起滑动时，aAB0，解得F3mg，所以在前3 s内，A、B静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误；当t4 s时，A和B一起滑动，A的加速度大小为aABg，故B正确；当t5 s时，A和B一起滑动，A受到的摩擦力大小FfmaABmmg，故C错误6D由vt图象可知，演员在1.0 s时的加速度大小a m/s23 m/s2，故A错误；vt图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h33 m4.5 m，故B错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mgF1
12、ma，解得：F1420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；3.5 s内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为Emgh6004.5 J2 700 J，故D正确7ABC由题图知，当90时位移为x2，物体做竖直上抛运动，则有：0v2gx2，解得：x2，故A正确；当为其他值时，对物体受力分析，物体的加速度大小为a，设物体与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma由运动学公式有：0v2ax由以上各式得：x由数学知识得：sin cos sin()，其中tan 当0时位移为x1，说明斜面粗糙，物体的加速度大小为a0，则有：mgm
13、a0且有：0v2a0x1可解得，综上所述可得物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值xmin，以及物体位移为x2时对应的斜面倾角为1，由于不知道物体的质量，所以无法确定滑动摩擦力，故B、C正确，D错误8AC静止时弹簧对B物体的弹力方向一定向上，弹簧一定被压缩，则PQ段弹簧弹力一定减小，由于加速度恒定，根据牛顿第二定律，研究A、B整体，F逐渐增大，选项A正确；QS段加速度仍为正，与速度方向相同，B物体加速上升，选项B错误；设开始状态弹簧的压缩量为x0，则有kx0(Mm)g，位移为x1时，设A、B间的弹力为FN，对B有k(x0x1)MgFNMa0，解得FNmgkx1Ma0，选项C正确；根据2
14、axv2v知，ax图线与横轴所围的面积的2倍表示速度平方的变化量，故位移为x3时，A、B一起运动的速度大小v，选项D错误9ABD对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为，当F0时，可知a12 m/s2，则mgsin mgcos ma1；当F20 N时，Fcos mgsin ma2，a2 m/s2，此时Ff0，Fsin mgcos ，sin2 cos2 1，联立可得，m kg，sin ，故A、B正确；由于物体的初速度及F随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6 s时经过的位移，故C错误；当a6 m/s2时，可求得F N，由FNFsin mgcos ，物体所受的支持力FN N，则物体对斜面的压力FN N，故D正确10.0.7 m解析物体A运动到x0.1 m的C处时，由题图(b)知F110.0 N，F217.5 N，F1mgsin ma1F2mgsin mgcos ma1可得：a15 m/s2，由2a1xOCv可得物体从O点到达C点的速度vC1 m/s根据牛顿第二定律可知，物体在斜面上由静止开始匀加速运动0.5 m后继续向上滑行的加速度大小为a212.5 m/s2由：2a1x1v2a2x20v得x20.2 mxODx1x20.7 m，故xD0.7 m
