1、牛顿运动定律图像专题一1、一个质量为 m 的木块静止在光滑水平面上，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是（ ）A.4t0时刻木块的速度为B.4t0时刻水平拉力的瞬时功率为C.0 到 4t0时间内，木块的位移大小为D.0 到 4t0时间内， ，木块的位移大小为 5F0t02/m1、 【答案】D【解析】考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移的大小，根据力和位移求出水平拉力做功大小解答： 解：A、02t 0内的加速度 ，则 2t0末的速度 ，匀减速运动的加速度大小
2、 ，则 4t0末的速度 v2=v1a 2？2t 0=，则 4t0时刻水平拉力的瞬时功率 P= ，故A、B 错误C、02t 0内的位移 = ，2t 04t 0内的位移= ，则位移 x= ，故 C 错误D、0 到 4t0时间内，水平拉力做功 ，故 D 正确故选：D点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁2、如右下图甲所示，一个质量为 3kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力 F 作用下由静止开始做直线运动.在 03s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律如右下图乙所示.则( )A.F 的最大值为 12 NB.01s 和 2
3、3s 内物体加速度的方向相反C.3s 末物体的速度最大，最大速度为 8msD.在 01s 内物体做匀加速运动，23s 内物体做匀减速运动【答案】C【解析】 【命题立意】旨在考查牛顿第二定律的理解，运动图象的理解和应用 A 加速度最大为 4 ms 2，合力最大为 4N，但有摩擦力 ，B 01s 和 23s 内物体加速度都是正值 ，方向相同，C 梯形的面积是最大速度，类比匀变速的面积相当于位移，D 物体一直做加速做加速直线运动，但加速度先增大，又不变，最后减少3、 质点所受的合外力 F 随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上 .已知t=0 时质点的速度为零.在图示的 t1、t 2、t 3
4、和 t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（ ）A.t1 B.t2 C.t3 D.t4【答案】 B【解析】 考点: 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题： 牛顿运动定律综合专题.分析： 通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化.解答： 解：由力的图象分析可知：在 0t 1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动.在 t1t 2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动.在 t2t 3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动.在 t3t 4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动.t 4时刻速度为零.则 t2时刻质点的速度最大.故选：B.点评： 根据受力情况来分析运动情况确定
5、速度的变化，从而判断速度的最大值.4、一个小孩在蹦床上作游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图所示，图中 oa 段和 cd 段为直线则根据此图象可知，小孩与蹦床相接触的时间为（ ）A.t2t 4 B.t1t 4 C.t1t 5 D.t2t 5【答案】C【解析】考点： 匀变速直线运动的图像.专题： 运动学中的图像专题分析： 小孩在蹦床上时小孩所受的蹦床的弹力是变力，故小孩做变加速运动小孩在空中时小孩所受的重力提供其加速度，即小孩做匀变速直线运动而速度图象的斜率表示物体的加速度，故当速度图象是倾斜的直线时，小孩不与蹦床接触斜
6、率的绝对值越大，代表小孩的加速度越大解答： 解：当小孩从高处下落而未与蹦床接触时小孩只受重力，其加速度为 g，而在小孩弹起过程中，当小孩与蹦床脱离后，小孩只受重力，故其加速度亦为 g，所以当速度图象为倾斜的直线时，小孩在空中不与蹦床接触所以小孩与蹦床接触的时间为t1t 5故 ABD 错误，C 正确故选：C点评： 解决本题主要是要了解小孩的运动过程，从而确定小孩的受力情况，进而确定小孩的加速度情况另外要熟知速度图象的斜率代表物体运动的加速度5、在某星球 A 表面，宇航员把一质量为 mA的重物放地面上（该处的重力加速度设为gA） ，现用一轻绳竖直向上提拉重物，让绳中的拉力 T 由零逐渐增大，可以得
7、到加速度a 与拉力 T 的图象 OAB；换到另一个星球 C 表面重复上述实验，也能得到一个相似的图线 OCD，下面关于 OCD 所描述的物体的质量 mc与该地表面的重力加速度 gc说法正确的是（ ）A.mcm A，g cg A B.mcm A，g cg A C.mcm A，g c=gA D.mcm A，g c=gA【答案】C【解析】考点： 加速度与力、质量的关系式.专题： 牛顿运动定律综合专题.分析： 根据牛顿第二定律得出加速度与拉力 F 的关系式，从而通过图线斜率和纵轴截距进行分析.解答： 解：根据牛顿第二定律得，Tmg=ma，解得 a= g，知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重
8、力加速度的大小，从而知道 mcm A，g c=gA.故选：C点评： 解决本题的关键根据牛顿第二定律得出加速度随 F 的关系式，从而图线斜率和截距进行求解.6、一物体在某一外力的作用下从静止开始做直线运动，外力随时间的变化关系如图所示，则下列关于该物体在 0 到 2t0时间内的位移时间图象、速度时间图象，正确的是（ ）ABCD【答案】C【解析】考点： 匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律分析： 根据牛顿第二定律知 0t 0时间内物体沿正方做匀加速直线运动，t 02t 0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动再反向匀加速，据此选择位移时间图象和速度时间图象，解答： 解：根据牛顿第二定律，设 0t 0时间
9、内加速度为 a，则 t02t 0时间内物体加速度为3a，故物体沿正方做匀加速直线运动，t 02t 0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动，再反向匀加速，A、xt 图线的斜率表示速度，A 表示先正方向匀速直线运动，后沿负方向匀速直线运动，故 A 错误；B、表示 0t 0时间内先沿正方向速度逐渐增大，t 02t 0时间速度沿负方向逐渐增大，故 B 错误；C、C 图象与运动情况相符合，故 C 正确 D 错误；故选：C点评： 该题考查了对位移时间图象的理解和应用，要掌握：在位移时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移7、在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放
10、一质量为 m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F=kt（k 是常数）木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2，下列反映 a1和 a2变化的图线中正确的是（ ）【答案】A【解析】考点：牛顿定律的应用.试题分析：当 F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：1212ktam=+，at；当 F 比较大时，m 2相对于 m1运动，根据牛顿第二定律得：对 m1： g，、m 1、m 2都一定，则 a1一定对 m2： 2katg-=-，a 2是 t 的线性函数，t 增大，a 2增大由于 12km+，则两木板相对滑动后
11、a2图象大于两者相对静止时图象的斜率故 A 正确故选：A8、物体在变力 F 作用下沿水平方向做直线运动，物体质量 m=10kg，F 随坐标 x 的变化情况如图所示若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦借鉴教科书中学习直线运动时由 vt 图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的 Fx 图象，可求出物体运动到 x=16m 处时，速度大小为（ ）A.3m/s B.4m/s C.2 m/s D. m/s【答案】C【解析】考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 牛顿运动定律综合专题分析： Fx 图线与 x 轴围成的面积表示力 F 所做的功，根据动能定理求出求出物体运动到
12、x=16m 处时的速度大小解答： 解：Fx 图线与 x 轴围成的面积表示力 F 所做的功，则这段过程中，外力做功 W= =40J根据动能定理得，W= ，解得 v= 故 C 正确，A、B、D 错误故选：C点评： 解决本题的关键知道 Fx 图线与 x 轴围成的面积表示力 F 所做的功，结合动能定理进行求解9、如图所示，质量分别为 m1、m 2的物块 A、B 用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平外力 F（F=kt，k 为大于零的常数）向右拉 A已知 A、B 与水平面间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳子能够承受足够大的拉力，则下列关于绳中弹力 T 随时间 t 的变化关系图象正确的
13、是坐标原点均为（0，0）（ ）ABCD【答案】B【解析】考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 当拉力由 0 逐渐增大时，至 A 与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，当拉力从大于 A 与地面最大静摩擦力时，绳中拉力开始变大，当拉力大于 AB 与地面间最大静摩擦力时，AB 将一起与地面滑动，此时求出绳中拉力与拉力的大小关系解答： 解：当拉力由 0 逐渐增大时，至 A 与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，故A 错误；当拉力进一步增加，则此时 AB 均静止，绳中拉力随外力 F 同步增加，即满足T=k（tt 0） ，即此时拉力随时间增加，变化率仍为 k，故 D 错误；当
14、拉力增加至大于 AB 与地面最大静摩擦力后，AB 将一起向右加速运动，根据牛顿第二定律知，加速度 a= ，再对 B 分析有：Tm 2g=m2a，整理可得此时绳中拉力 T= ，所以随着时间增加，绳的拉力与逐渐增大，但增加率为 小于 k，故 B 正确，C 错误故选：B点评： 掌握连接体问题的受力分析情况，能用整体法和隔离法处理连接体问题是正确解题的关键10、如图甲所示，在倾角为 30的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化（图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿斜面向上为正） 则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是下图中的（物
15、体的初速度为零，重力加速度取 10m/s2） （ ）A B C D【答案】C【解析】考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题： 压轴题；牛顿运动定律综合专题分析： 根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动解答： 解：在 01s 内，根据牛顿第二定律得 ，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在 12s 内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s 末速度为零在 23s 内，根据牛顿第二定律得， 方向沿斜面向下，物体沿斜面向
16、下做匀加速直线运动，3s 末的速度大小 v=a3t=15m/s故 C 正确，A、B、D 错误故选 C点评： 解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律11、在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的传感器（重力不计）固定在一个质量为 1kg 的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中建立物理模型 匀加速直线运动 匀速直线运动 匀减速直线运动时间段（s） 3.0 8 3.0加速度（m/s 2） 0.40 0 0.40为此，该同学在计箅机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象（设 F
17、为手提包受到的拉力，取 g=9.8m/s2 ）正确的是（ ）A. B.C. D.【答案】AC【解析】考点： 匀变速直线运动的图像专题： 运动学中的图像专题分析： 根据电梯的运动情况，由运动学公式求出手提包的速度、位移，由牛顿第二定律求解手提包所受的拉力，再选择图象根据加速度的大小，直接判断 at 图象的正误解答： 解：A、C 电梯匀加速直线运动过程：运动时间为 3s，手提包 3s 末的速度为v1=a1t1=0.43m/s=1.2m/s，根据牛顿第二定得：F 1mg=ma 1，得手提包受到的拉力为F1=10.2N电梯匀速直线运动过程：运动时间为 8s，手提包的速度为 v2=1.2m/s，手提包受
18、到的拉力为 F2=mg=9.8N电梯匀减速直线运动过程：运动时间为 3s，手提包 14s 末的速度为v3=v2+a3t3=1.2m/s+（0.43）m/s=0，根据牛顿第二定律得：F 3mg=ma 3，得手提包受到的拉力为 F3=9.4N故 AC 正确B、电梯做匀加速直线运动和匀减速直线运动的过程，手提包的加速度都保持不变，at 图象应与 t 轴平行故 B 错误D、根据匀变速直线运动的位移公式 s= 可知，电梯做匀加速和匀减速直线运动过程，位移与时间是非线性关系，st 图象是曲线故 D 错误故选 AC点评： 本题要根据匀变速直线运动的公式求出速度，由牛顿第二定律求出手提包受到的拉力，再选择图象
19、，实质上是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用12、如图甲所示，倾角为 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为 v0=10m/s，质量为 m=1kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度 v 的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取 g=10m/s2（ ）A.05s 内小木块做匀减速运动B.在 t=1s 时刻，摩擦力反向C.斜面倾角 =37D.小木块与斜面间的动摩擦因数为 0.5【答案】BCD【解析】考点： 匀变速直线运动的速度与位移的关系专题： 直线运动规律专题分析： 根据图象得出匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力 F 和动摩擦因数的大小解答： 解：A
20、、由匀变速直线运动的速度位移公式：v 2v 02=2ax 与图象看的：a= =10m/s 2，由图示图象可知，初速度：v 02=100，v 0=10m/s，减速运动时间：t= = =1s，故 A 错误；B、由图示图象可知，在 01s 内物体向上做匀减速运动，1s 后物体反向做匀加速运动，t=1s 时摩擦力反向，故 B 正确；C、由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度：a= = =2m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，mgsinmgcos=ma，代入数据解得：=0.5，=37，故 CD 正确；故选：BCD点评： 解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，结合
21、牛顿第二定律和运动学公式进行分析13、利用图 1 的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数在斜面底端 O 处固定一光电 门，当带有遮光片的滑块自斜面上的 P 点从静止滑下，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为t测得 P、O 间的距离为 x已知遮光片的宽度为 d完成下列填空：（1）P、O 间的距离 x、滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度 d 四个物理量间满足的关系式是 ；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图 2 所示，则 d= cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与 O 间的距离 x，记下遮光片
22、相应通过光电门的时间t，利用所得数据作出（ ） 2x 图线如图 3 所示：由图线可得滑块加速度的大小为 m/s 2；测得斜面的高度 h=60.00cm、斜面的长度 L=100.00cm，取 g=9.80m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值 = 【答案】 （1） ；（2）0.500；（3）3.92，0.25【解析】 【考点】:探究影响摩擦力的大小的因素【专题】:实验题【分析】:（1）根据瞬时速度等于平均速度，及运动学公式，即可求解；（2）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据（ ） 2x 图线，结合运动学公式，通过图象斜率，即可求解加速度大小；（4）对滑块受力分析
23、，结合牛顿第二定律，即可求解动摩擦因数【解析】:解：（1）滑块经过光电门的速度为 v= ；根据运动学公式，那么 P、O 间的距离 x、滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度 d 四个物理量间满足的关系式： ；（2）游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标尺上第 0 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 00.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）根据作出（ ） 2x 图线，结合 ，则有：k=2a；那么 a= = m/s2=3.92m/s2；滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mg
24、 mg =ma；解得：= =0.25；故答案为：（1） ；（2）0.500；（3）3.92，0.25【点评】:考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数，理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用，知道其图象斜率与加速度的关系14、第十届中国国际航展于 2014 年 11 月 16 日在珠海落幕参展的俄制苏 35 战机（如图甲所示）单机飞行表演出尽风头，俄制苏 35 战机在飞机设计、制造过程中 要进行风洞实验，用来搜集分析有关数据如图乙所示，在风洞实验室里，一根足够长且固定在竖直平面的均匀细直杆与水平方向成 =37角，质量 m=2kg 的小球穿在细杆上且静止于距细杆底端 0 较远的某处开启送风装置
25、，有水平向左的恒定，风力 F 作用于小球上，在 t1=2.5s 时刻送风停止小球沿细杆运动的部分 vt 图象如图丙所示，已知送风时小球对直杆仍然有垂直于直杆向下的压力作用，g 取 10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8求：（l）小球与细杆间的动摩擦因数 （2）水平风力 F 的大小【答案】 （1）小球与细杆间的动摩擦因数 为 0.75；（2）水平风力 F 的大小为 22.4N【解析】考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： （1）根据图象在 2.5s 后做匀速运动，通过共点力平衡求出小球与细杆之间的动摩擦因数大小（2）根据速度时间图线得出加速度
26、的大小，结合牛顿第二定律求出水平风力的大小解答： 解：（1）由速度图象可知，在 2.5s 以后，小球做匀速运动，由平衡条件有：mgsinmgcos=0，代入数据解得：=0.75（2）由牛顿第二定律有：mgsin+FcosF N=ma，FN+Fsinmgcos=0，由图象知，小球在加速阶段的加速度大小为：代入数据解得：F=22.4N答：（1）小球与细杆间的动摩擦因数 为 0.75；（2）水平风力 F 的大小为 22.4N点评： 本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合，通过图线得出小球的运动规律，结合共点力平衡和牛顿第二定律综合求解，难度中等15、如图甲所示，质量 m=1kg 的物块在平行斜面
27、向上的拉力 F 作用下从进行开始沿斜面向下运动，t=0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化关系图象（vt 图象）如图乙所示，g 取 10m/s2.求：（1）物块向上运动的最大位移大小；（2）02s 内的平均速度的大小.【答案】 （1）物块向上运动的最大位移大小为 1m；（2）02s 内的平均速度的大小为 0.25m/s【解析】考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题： 牛顿运动定律综合专题.分析： （1）vt 图象可知，图象中的面积表示图象的位移，由图象即可求得位移；（2）根据得出的位移利用平均速度公式即可求得 2s 内的平均速度.解答： 解：（1）由图乙可知，物块上升的位移为：s 1= =1m；（2）物块下滑的距离为：s 2= =0.5m；所以 2s 内的位移为：s=s 1s 2=10.5=0.5m；平均速度为：v= = =0.25m/s；答：（1）物块向上运动的最大位移大小为 1m；（2）02s 内的平均速度的大小为 0.25m/s点评： 本题考查 vt 图象的应用，要注意掌握 vt 图象中面积表示物体经过的位移.
