专项突破15 牛顿运动定律中的图像问题-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

1s后B将停止运动,3;内B运动的距离为 $*2tx(2s)*+×x1s+2'xi(1s)*=3m F. F-f F-F .由题图乙知- a。 立解得m=- .M= 1F-F."7' o 设A在B上总的运动时间为t.则A的位移为30m. F.-F $-.x(2s)* (1-2s)(1-2s)-30 m. 所以M- ③ 解得1=4s. 5.(1)0.15N(2)r。→ 27m/s 专项突破15 牛顿运动定律中的图像问题 解析;(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动,对橡皮擦有 1.D 解析:A. 当滑块位移为x时,弹蓄弹力的减小量为 #.m.g=m.a.对橡皮擦和纸板整体有F。-p(m.+m。)g AF。=b.根据图像可知,拉力F的增加量为AF=k'x. (m.+m。)a.联立解得F。=0.15N.(2)纸板获得速度后做减 因 =k',故弹策弹力的减小量等于拉力F的增加量,即 速运动,橡皮擦做加速运动,当橡皮擦与纸板共速时刚好 块所受合力不变,因此滑块做匀加速直线运动,A错误 脱离纸板,此时,vo最小设为vo。则对橡皮擦有x= B. 若滑块运动4cm时与弹策分开.则滑动摩擦力大小为 1 F.=kx={ung,解得i=0.2.B错误;C. 根据图像可知,x= 时,拉力F=2N,根据牛顿第二定律有F=mo.解得a= #o-av=vo-y根据位关系有x,-,-,联 立解得to2 ③ 选D. m's.则要使橡皮擦脱离纸板,r。需满足 2.D 解析:AB.设弹性绳原长为/.且4.时刻弹性绳刚好到 达原长,则0~1.时间内人的加速度大小恒为重力加速 ③ 度g,t-:图像为一条过原点的倾斜直线;设1.时刻弹性绳 6.(1)3m/s}1m/s} (2)4s 的弹力大小与人的重力大小相等,此时人的加速度为0.则 解析;(1)在0-2;时间内对A受力分析如图甲 1.~4.时间内人做加速度减小的加速运动,r一:图像切线的 斜率逐渐减小至零;设1.时刻人第一次到达最低点,则/ 时刻人的速度为零,4.~7、时间内人做加速度增大的减速 运动,,一!图像切线的斜率为负且绝对值逐渐增大,综上所 述可知AB错误: CD.根据AB项分析同理可知,当0<y<1时有a=g,a-y图 像应为平行于y轴的直线; 当>/时,设人的质量为n,根据牛顿第二定律有a=g (y-) V=Gcos 37*=0.8mg. ,a-y图像应为斜率为负的倾斜直线,综上所述可知 m C错误,D正确.故选D. F0.3mg-3m/s. 3.A 解析:A.由图可知,1.时刻手机的加速度为-20m/s} 由牛顿第二定律可得a.= 即加速度大小为20m/s^{,方向竖直向上,由牛顿第二定律 nn 可得F-mg=ma,解得F=3mg,故A正确;BC.由图可知,4 在0~2s时间内对B受力分析如图乙. 时刻手机加速度恰好达到10m/s3,即重力加速度,所以该 时刻手机刚好离开手掌,仅受重力作用,故BC错误:D.同 理,1.时刻手机的加速度仍为10m/s{.即此时手机在空中 运动,未被接住,故D错误.故选A. 4.D 解析:A.F在2N~5N内时.对圆环受力分析可得 37 Fcosθ-u(mg-Fsinθ)=ma.当拉力超过5N时,支持力方 乙 向相反,故当F.=5N时F. sinθ=mg,此时N=0.f=0 V.=mgcos 37*=0.8mg. F.eos θ=mo.代入数据F.=5N.a=7.5m/s.可得tan6= N.=N.+mgcos 37*=1.6mg. 3.8=53.代入F sinθ=mg,可得m=0.4kg,故A错误; f=uV= B. 因为cos θ=0. 6.m=0.4 kg.代入Fcos θ-(mg-Fsin fe=.N.=0.5x1.6mg=0.8mg, )=mo.当F=2N.a=0时.可得n=0.5.故B错误;C 当$$ F'=G'sin 37*f -f=0. 6mg+0.3mg-0.8mg=0. 1mg F.=10N>5N时,支持力向下,N=F.sinθ-mg,对园环受 F"0.1mg1m/s”. 力分析可得a= 由牛顿第二定律可得a= F.cos f-(F sin 6-mg) 10x0.6-0.5x(10x0.8-0.4×10) (2)2s时,t.=a.t=3x2m/s=6m/s. 0.4 -ms} n r.=at=Ix2m/s=2m/s. =10m/s,即当拉力为10N时,圆环的加速度大小为 B的上表面突然变为光滑后 10m/s,故C错误;D.当圆环受到的摩擦力大小为1N.且 amgsin370 7=6m/2. 拉力小于2N时,对圆环受力分析可知F。=0.即F.cos6= C'sin 37*-f 0.6mg-0.8mg-2m/s2. m a_三- n n 的摩擦力大小为1N,且2N<F.<5N时,可知n(mg- 必修第-册 学蜀54 F. sinθ)=1N.解得F.=2. 5 N.由 F cos θ-{(mg- 3mgsin8 上的拉力大小为7= ”.故选C. F. sin$)=ma.得a=1.25m/s3:当圆环受到的摩擦力大小 4 为1N.且5N<F 时.可知l(F.sinθ-mg)=1N.解得F = 10.D 解析:用剪刀把绳子剪断的瞬间,物块有竖直方向的 7.5 N.由F.cos6-u(F.sinf-mg)=ma.得a=8.75ms}.故 加速度a.=g=10m/s3.因物块完全失重,物块对木箱压 D正确.故选D. 力为零,则水平方向不受摩擦力,只受弹策的拉力,则 5.(1)=0.05r:=1i2 (2)2m (3)2m 4m .= -=5m/s},可知物块的加速度大小a=+a 解析:(1)根据题图.对A分析,它刚放上传送带时加速度 55m/s3.故选D. 大小a: △.2 m=0.5ns.由牛顿第二定律有 11. B 解析:以滑轮为研究对象进行受力分析,如图所示 _Ot。A .m.g=m.a.,解得n.=0.05.对B分析,它刚放上传送带时 Ar.2 n(m, mn)g--,m:g=m,解得p:2 1 (2)B经时间1.=2s与传送带共速,即v=a.t.=2ms,A经 设橡皮筋与水平方向的夹角分别为a和B.同一根橡皮 时间t.=4s与传送带共速,即i=a1.=2m/s.从将A、B放 筋拉力大小相等,即F =F,则平衡时有F.cosB= 上传送带到A.B均与传送带相对静止的过程中根据位 F.cosa.解得a=B.所以两根橡皮筋与坚直方向的夹角相 等,设为9.根据平衡条件可得2F.cosθ=mg.设橡皮筋两 移一时间关系有x:,“1:}=4m,x=1fte(1-)= 的水平距离为d.伸长为L.则sine= _,无论将轻杆怎 d 6m.长木板B的长度L=x.-x.=2m (3)4s内B相对于传送带发生的位移大小x。三ru。- 样转动,d均减小.则e减小.cose增大.F.F.均减小.根 x.=2m.A相对于传送带发生的位移大小x。=t.-x.=4m. 据胡克定律可得橡皮筋的长度减小;将轻杆沿顺时针方 6.(1)4m/s} 2m (2)0.2(3)2:3 向转过一个角度A9=10*,或将轻杆沿逆时针方向转过 解析:(1)由v-:图像知0~1s.加速度大小和位移大小分 一个角度A0'=10{},6的变化量相同,此时橡皮筋的拉力 别为:二 1 相同,综上所述可知L=L. L.故选B 12.B 解析:AB.设整体的加速度为a.若F向左,对C受 __-2n/s,根 力分析,受重力ng、B的弹力F、和细绳的张力F。.如图 所示,则有 据牛顿第二定律有m.a.=m.g.所以n=0.2. (3)0~Is对物块A受力分析有m.a.=T-um.g,对物块B 受力分析有ma;=mg-2T,由动滑轮特点知a.=2a,解 7777777777777777777777 F.sinθ=mg,F.-F.cosθ=ma.已知 B.C两球半径之比为 全书综合检测 4:1,由几何关系可知θ=53o,所以有F、=-mg,在三者 1.B 2. B 3. B 4.A 5. B 相对静止的情况下,因为e不变,增大或减小F.BC之间 6.A 解析:水杯自由下落,处于完全失重状态,水对侧壁不 产生挤压,故断流,同时木块受到的浮力变为0.故木块的 的弹力F、不变,恒为-mg,A错误,B正确;CD.若F水平 加速度也为g,与水的加速度一样,木块相对水面位置不 变.故选A. 向右,整体的加速度向右,对C有F、sinθ=mg,F.cos6- 7.B 解析:A.根据以上数据不能算出此弹性轻绳的劲度系 F.=ma,在三者相对静止的情况下,因为e不变,增大F. 数,A错误;BC.根据胡克定律k·(9.5-8.5)x10}m=m.g, BC之间弹力F、不变;水平细绳的张力F.可能在某个时 k.(10.00-8.5)x10}m=mg.解得m.:m.=1:1.5.B正 刻是零,代入数据可得此时系统的加速度为a=- 3。 4. 确,C错误;D.将圆规和笔一起挂在弹性轻绳下端时,BC 长约为x=8.5cm+(9.5-8.5)cm+(10.00-8.5)cm=11 cm. CD错误.故选B. D错误.故选B. 13.D 解析:AB.以物体1为研究对象,受重力m.g和拉力 8.C 解析:A.当拉力F=a时,物体开始离开地面,此时弹笺 7.根据牛顿第二定律得m.gtanθ=m.a.得a=gtanθ.则车 形变量x-,因此当x<-时,物体保持静止,A错误; B.由图像可知,当力F。之后,随着力的增加,加速度逐渐 确:CD.对物体2研究,根据牛顿第二定律得/= 增加,物体做变加速直线运动.B错误;C.根据F-mg=ma. ma=m,gtane,竖直方向,根据平衡条件可得N=m-g- T=m-gcos 整理可得a--F-g,因此物体的质量m--.当地的重力 m.故C正确,D错误本题选不正确的选项, P 加速度大小g=-p.C正确,D错误.故选C. 故选D. 9.C 解析;根据牛顿第二定律,对整体:(3m+m)gsin6- 14.D 解析:A.t-7图像中图线与时间轴所围的面积为煤块 mgsinθ=(3m+m)a.对A:3mgsinθ-T=3ma.联立得,轻绳 的位移,由此分析可知在!=3;时煤块具有上升的最大 参考答案 学霸55专项突破15 牛顿运动定律中的图像问题 1.(2024·河北沧州期末)如图甲所示,水平轻 质弹策左端固定,右端与质量m三2kg的滑块 相接触,滑块在弹策向右的弹力作用下恰好 A B 静止在粗糙水平地面上.现对滑块施加水平向 右的拉力F,在弹箭恢复原长之前,拉力F随 滑块位移x的变化图像如图乙所示.已知弹策 的劲度系数k=1N/cm.重力加速度g取 10m/s{②},可以认为最大静摩擦力等于滑动摩 3.(2024·浙江杭州期中)很多智能手机中有加 __ 擦力,下列说法正确的是 速度传感器,安装能显示加速度情况的应用 /F/N 程序,就能通过图像显示加速度情况.小陈同 学用手掌托着质量为m的手机,打开加速度 传感器,把手机竖直向上抛出,然后又在抛出 Ox 1 2 xem 点接住手机,以竖直向下为正方向,截取一段 乙 如图所示的加速度随时间变化的图像,重力 A. 滑块向右做加速度逐渐增大的加速运动 加速度g取10m/s{,由此可判断出 ( ) B. 若滑块运动4cm时与弹策分开,滑块与水 20_} 平地面间的动摩擦因数为002 C. 施加力F的瞬间滑块的加速度大小为 10 2m/s2 _ D. 滑块向右运动2cm所用的时间为0.2s 2. 如图所示,某人从距水面 -10 一定高度的平台上做极 运动劲度系数为且重力 不计的弹性绳一端固定在 A.1.时刻手掌对手机的作用力3m 人身上,另一端固定在平台上,人从静止开始 B. 7.时刻手机刚好离开手掌 竖直跳下,在其到达水面前速度减为零,运动 C. 1.时刻手机受重力和手掌对它的支持力 过程中,弹性绳始终处于弹性限度内,取与平 作用 台同高度的0点为坐标原点,以竖直向下为 D.7.时刻手机已经落到手掌上 轴正方向,忽略空气阻力,人可视为质点,人 4.(2024·辽宁葫芦岛质检)如图甲所示,将一 从跳下至第一次到达最低点的运动过程中 圆环套在固定的足够长的水平杆上,环的内 用,、a、/分别表示人的速度、加速度和下落时 径略大于杆的截面直径,对环施加一斜向上 间,下列描述v与1、a与v的关系图像可能正 与杆的夹角为e的拉力F,当拉力逐渐变大时 确的是 ) 环的加速度随拉力F的变化规律如图乙所 必修第-册 学霸142 示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速 6.(2024·湖北新高考协作体联考)如图(a)所 度大小g取10m/s{,下列说法正确的是 示,粗糙的水平桌面上有一物块A与细绳相 _ 连,通过定滑轮和动滑轮与另一物块B相连, afm:2) 细线另一端固定在天花板上.已知物块B离 f 地高度为h.静止释放物块B.物块A、B一起 运动起来,当物块B落地后立即停止运动,物 甲 乙 块A始终未运动到桌子右端,物块A的v一:图 A. 圆环的质量为0.5kg 像如图(b)所示,重力加速度大小取10m/s} B. 圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2 不计滑轮的质量和摩擦,求 C. 当F=10N时,圆环的加速度大小为 (1)0~1s物块A的加速度大小及位移大小 12m/s2 (2)物块A与桌面之间的动摩擦因数 D. 当圆环受到的摩擦力大小为1N时,圆环 (3)物块A和物块B的质量比m.:m. 的加速度大小可能为8.75m/s # +ffm;-) 5.(2024·湖南岳阳一中开学)如图甲所示,一 足够长的粗糙水平传送带在电动机的带动下 以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向运动 3 图[) 图(h) 质量n.=0.2kg的小铁块A(可视为质点)和 质量n.=0.4kg的长木板B叠放在一起,A 位于B的右端,在1=0时将A、B轻轻放到传 送带上.最终A恰好没有滑离B.已知小铁块 A.长木板B在0~4s的速度-时间图像如图 乙所示,重力加速度大小g取10m/s.求; (1)A、B间的动摩擦因数丛.和长木板B与传 送带之间的动摩擦因数 (2)长木板B的长度L; (3)4s内B相对于传送带发生的位移大小x 和A相对于传送带发生的位移大小x2 vn·) 甲 期末专题复习 学霸143