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，木块的位移大小为D.0到4t0时间，，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、0﹣2t0的加速度，则2t0末的速度，匀减速运动的加速度大小，则4t0末的速度v2=v1﹣a2？2t0=，则4t0时刻水平拉力的瞬时功率P=，故A、B错误．C、0﹣2t0的位移=，2t0﹣4t0的位移=，则位移x=，故C错误．D、0到4t0时间，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0～3s时间物体的加速度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.0～1s和2～3s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8m／sD.在0～1s物体做匀加速运动，2～3s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 m／s2，合力最大为4N，但有摩擦力，B 0～1s和2～3s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、t2、t3和t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（）A.t1B.t2C.t3D.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0∽t1时间，质点向正方向做加速度增大的加速运动.在t1∽t2时间，质点向正方向做加速度减小的加速运动.在t2∽t3时间，质点向正方向做加速度增大的减速运动.在t3∽t4时间，质点向正方向做加速度减小的减速运动.t4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.t2﹣t4B.t1﹣t4C.t1﹣t5D.t2﹣t5【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t1～t5．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m A的重物放地面上（该处的重力加速度设为g A），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m c与该地表面的重力加速度g c说确的是（）A.m c＞m A，g c≠g AB.m c＜m A，g c≠g AC.m c＞m A，g c=g AD.m c＜m A，g c=g A【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，T﹣mg=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力加速度的大小，从而知道m c＞m A，g c=g A.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时间的位移﹣时间图象、速度﹣时间图象，正确的是（）A．B．C．D．【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0﹣t0时间物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间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0﹣t0时间加速度为a，则t0﹣2t0时间物体加速度为﹣3a，故物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间物体先沿正方向匀减速直线运动，再反向匀加速，A、x﹣t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0﹣t0时间先沿正方向速度逐渐增大，t0﹣2t0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a 1和a 2，下列反映a 1和a 2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： 1212Fkt a m m m m ，a ∝t ；当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得：对m 1：211m ga m μ，μ、m 1、m 2都一定，则a 1一定． 对m 2：2222Fm g k a t g m m μμ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于122kk m m m ＜，则两木板相对滑动后a 2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v ﹣t 图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F ﹣x 图象，可求出物体运动到x=16m 处时，速度大小为（ ）A.3m/sB.4m/sC.2m/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：F﹣x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x=16m处时的速度大小．解答：解：F﹣x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F﹣x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、m2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是[坐标原点均为（0，0）]（）A．B．C．D．【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（t﹣t0），即此时拉力随时间增加，变化率仍为k，故D错误；当拉力增加至大于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：T﹣μm2g=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0﹣1s，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1﹣2s，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2﹣3s，根据牛顿第二定律得，．方向沿斜面向下，物体沿斜面向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/s2）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a﹣t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=0.4×3m/s=1.2m/s，根据牛顿第二定得：F1﹣mg=ma1，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+（﹣0.4×3）m/s=0，根据牛顿第二定律得：F3﹣mg=ma3，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，a﹣t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，s﹣t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，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θ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.0～5s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θ=37°D.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、由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02=2ax与图象看的：a===﹣10m/s2，由图示图象可知，初速度：v02=100，v0=10m/s，减速运动时间：t===1s，故A错误；B、由图示图象可知，在0﹣1s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：mgsinθ+μmgcosθ=ma，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma′，代入数据解得：μ=0.5，θ=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，记下遮光片相应通过光电门的时间△t，利用所得数据作出（）2﹣x图线如图3所示：①由图线可得滑块加速度的大小为m/s2；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μ=．【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（）2﹣x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，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0×0.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）①根据作出（）2﹣x图线，结合，则有：k=2a；那么a==m/s2=3.92m/s2；②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﹣μmg=ma；解得：μ==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日在落幕．参展的俄制35 战机（如图甲所示）单机飞行表演出尽风头，俄制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θ=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，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v﹣t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μ．（2）水平风力F的大小．【答案】（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ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：mgsinθ﹣μmgcosθ=0，代入数据解得：μ=0.75．（2）由牛顿第二定律有：mg sinθ+Fcosθ﹣μF N=ma，F N+Fsinθ﹣mgcosθ=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μ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（v ﹣t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）0﹣2s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）0﹣2s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）v﹣t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的平均速度.解答：解：（1）由图乙可知，物块上升的位移为：s1==1m；（2）物块下滑的距离为：s2==0.5m；所以2s的位移为：s=s1﹣s2=1﹣0.5=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）0﹣2s的平均速度的大小为0.25m/s点评：本题考查v﹣t图象的应用，要注意掌握v﹣t图象中面积表示物体经过的位移.。