1、第四章运动和力的关系专题强化练9动力学中的图像问题一、选择题1.(2022云南罗平期中)一个质量为1 kg的物体在水平拉力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v-t图像如图所示，重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是 ( )A.物体2 s末距离出发点最远B.拉力F的方向与初速度方向相同C.拉力是在2 s末撤去的D.摩擦力大小为10 N2.(2022北京师大附中期末)如图(a)，一物块在t=0时刻冲上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度g及图中的v0、v1、t1均为已知量，则根据这些信息，不能求出 ( )A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块沿斜面向
2、上滑行的最大距离D.物块与斜面间的动摩擦因数3.(2022四川宜宾期中)质量为M=1 kg的木板静止在粗糙水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为1，在木板的左端放置一个质量为m=1 kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数为2，取g=10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块所受木板摩擦力Ff随拉力F的变化关系如图所示。则两个动摩擦因数的数值为 ( )A.1=0.1，2=0.4B.1=0.1，2=0.2C.1=0.2，2=0.4D.1=0.4，2=0.44.(2022河南信阳月考)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静
3、止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 ( )5.(2022河南周口期末)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g=10 m/s2。则下列说法不正确的是 ( ) 甲 乙A.a=403 m/s2时，FN=0B.小球的质量m=0.1 kgC.斜面倾角的正切值为34D.小球
4、离开斜面之前，FN=0.8+0.06a(N)6.(2022云南楚雄期末)如图甲所示，一可视为质点的滑块放置在倾角为37粗糙且足够长的固定斜面体上，滑块压缩一轻弹簧并被锁定，且滑块与弹簧不相连。t=0时刻解除锁定，描绘出滑块的速度-时间图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，下列说法正确的是(g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8) ( ) 甲 乙A.滑块在0.10.2 s内沿斜面向上做匀变速直线运动B.在00.1 s内，滑块受到的弹力逐渐增大C.0.05 s时弹簧恢复原长，此时滑块刚好脱离弹簧D.滑块与斜面间的动摩擦因数=0.57.(2022广东华南师大附中模拟
5、)如图甲所示，一足够长的、倾角为37的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m=1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。则下列说法正确的是 ( )甲 乙A.08 s内物体位移的大小为18 mB.物体与传送带间动摩擦因数=0.625C.04 s内物体上升的高度为4 mD.08 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m二、非选择题8.(2021四川内江六中月考)如图甲所示，质量m=1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始
6、沿斜面向上运动，t=0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图像(v-t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L。(2)拉力F的大小。(3)斜面对物块的滑动摩擦力Ff的大小。答案与解析 第四章运动和力的关系专题强化练9动力学中的图像问题1.C由题图知，01 s内物体沿正方向运动，14 s内沿负方向运动，则知1 s末距离出发点最远，故A错误；物体01 s内沿正方向做减速运动，12 s内沿负方向做加速运动，知力F的方向必定沿负方向，与初速度方向相反，故B错误；拉力撤去后物体做匀减速运动直到停止，可知拉力是在2 s末撤去的，故C正确
7、；24 s内物体的加速度大小为a=vt=52 m/s2=2.5 m/s2，根据牛顿第二定律可知，摩擦力大小为f=ma=2.5 N，故D错误。2.A由题图(b)可知，物块上滑的加速度大小a1=v0t1，物块上滑时，由牛顿第二定律有mg sin +mgcos =ma1；物块下滑时，由题图(b)可知加速度大小为a2=v1t1，由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma2，联立可得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数，但不能求解物块的质量m；根据v02=2a1s，可求解物块沿斜面向上滑行的最大距离，故选A。3.A根据图线可知，当0F2 N时，整体保持静止；当2 N6 N时，铁块受到的摩擦力不
8、变，说明二者发生相对滑动。当2 N6 N时，铁块受到的摩擦力不变，则有2mg=4 N，解得2=0.4，故A正确，B、C、D错误。方法技巧解决动力学图像问题的基本步骤(1)看清坐标轴所表示的物理量，明确图像的种类。(2)看图线本身，识别两个相关量的变化关系，从而分析对应的物理过程。(3)看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。(4)弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系，根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。4.A设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0=mg；在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F+k(x0-x)-
9、mg=ma，整理得F=kx+ma，即F是x的一次函数，选项A正确。易混易错本题中的x表示P离开静止位置的位移，是相对初位置而言的，并不是弹簧的压缩量。5.D小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos -FN sin =ma，T sin +FN cos =mg，联立解得FN=mg cos -ma sin ，T=ma cos +mg sin ，所以小球离开斜面之前，T-a图像为直线，由题图乙可知a=403 m/s2时，小球将要离开斜面，则此时FN=0，选项A正确；当a=0时，T=0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin =T，当a=403 m/s2
10、时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mgtan=ma，联立可得tan =34，m=0.1 kg，选项B、C正确；将和m的值代入FN=mg cos -ma sin 得FN=0.8-0.06a(N)，选项D错误。6.A根据v-t图像的斜率表示加速度，0.10.2 s时间内图线斜率不变，v为正值，说明滑块沿斜面向上做匀变速直线运动，所以A正确；在00.05 s内，图线斜率为正且逐渐减小，说明加速度沿斜面向上，大小在减小，由牛顿第二定律得a=F弹-mgsin-fm，可知F弹在减小，到t=0.05 s时，a=0；在0.050.1 s内，图线斜率为负且绝对值增大，说明加速度沿斜面向下，大
11、小在增大，由牛顿第二定律得a=mgsin+f-F弹m，可知F弹继续减小，故B错误；由图可知，0.05 s时v达到最大，加速度为零，此时F弹=mg sin +f，滑块仍受弹簧弹力，故C错误；在0.10.2 s时间内，滑块的加速度大小a=vt=0.81.60.20.1 m/s2=8 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin +mg cos =ma，代入数据可得=0.25，所以D错误。7.D物体运动的位移大小即v-t图像与时间轴围成的面积，x=2+422 m+24 m=14 m，A错误；由物体运动的v-t图像可知，在26 s内物体做匀加速直线运动，有a=vt=404 m/s2=1 m/s2，由牛顿
12、第二定律知mg cos 37-mg sin 37=ma，解得=0.875，B错误；由图乙知，在04 s内，物体运动的位移为0，则在04 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在08 s内物体相对地面走过的位移x=14 m，传送带相对地面走过的位移x=vt=48 m=32 m，则08 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为x=x-x=18 m，D正确。8.答案(1)0.5 m1.5 m(2)8 N(3)1.5 N解析(1)由题图乙可知，在2 s内物块上升的最大距离x1=1221 m=1 m物块下滑的距离x2=1211 m=0.5 m所以，位移大小x=x1-x2=0.5 m路程L=x1+x2=1.5 m(2)00.5 s，物块沿斜面加速上升，受力分析如图(a)所示；0.51 s，物块沿斜面减速上升，受力分析如图(b)所示。由题图乙知，两个阶段加速度的大小分别为a1=a2=4 m/s2图(a)图(b)设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，则在00.5 s内，由牛顿第二定律有F-Ff-mg sin =ma1在0.51 s内，由牛顿第二定律有Ff+mg sin =ma2解得F=8 N。(3)由题图乙知，在12 s内物块的加速度大小a3=1 m/s2，物块沿斜面向下做匀加速运动，受力分析如图(c)所示图(c)由牛顿第二定律有mg sin -Ff=ma3联立解得Ff=1.5 N
