高考物理经典习题：第3章运动和力的关系 第3讲 牛顿第二定律应用(二)动力学图像和连接体问题（含解析）

《高考物理经典习题：第3章运动和力的关系 第3讲 牛顿第二定律应用(二)动力学图像和连接体问题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理经典习题：第3章运动和力的关系 第3讲 牛顿第二定律应用(二)动力学图像和连接体问题（含解析）（12页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第3讲 牛顿第二定律应用(二) 动力学图像和连接体问题命题点一动力学图像问题1.常见图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。2.题型分类(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。3.解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景

2、结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。【例1】 (多选)(2019全国卷，20)如图1(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()图1A.木板的质量为1 kgB.24 s内，力F的大小为0.4 NC.02 s内，力F的大

3、小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图(c)知，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2设木板质量为m，根据牛顿第二定律对木板有24 s内：FF摩ma145 s内：F摩ma2解得m1 kg，F0.4 N，选项A、B正确；02 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力的大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。【变式1】 (2018全国卷

4、，15)如图2，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与x之间关系的图像可能正确的是()图2答案A解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。【变式2】 (多选)(2020山东省等级考试模拟卷)如图3所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲

5、度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是()图3答案AD解析从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，vt图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，vt图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增

6、大，vt图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以选项A正确，B错误；设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mgk(yy0)ma，则加速度为ag，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故选项D正确，C错误。命题点二动力学中的连接体问题1.连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2.连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率

7、相等。3.处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”【例2】 (2020辽宁葫芦岛市上学期质监)如图4所示，一固定在

8、水平面上倾角为的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面(小车板面与斜面平行)。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法正确的是()图4A. 若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B.若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C.若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D.若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行答案D解析若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向

9、不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球的加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向，就不可能和重力的合力产生沿斜面向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示。由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力沿斜面方向只能是向下，即加速度沿斜面向下，对应的小车的加速度沿斜面向下，小车的运动为沿斜面向下加速或沿斜面向上减速，故C错误，D正确。【变式3】 如图5所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为()图

10、5A. B. C. D.答案C解析对整体分析，整体的加速度a，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹kx3ma，可得x，故A、B、D错误，C正确。【变式4】 (多选)(2020山西大同市第一次联考)如图6所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是()图6A.增大推力F B.减小倾角C.减小B的质量 D.减小A的质量答案AD解析设物块与斜面间的动摩擦因数为，对A、B整体受力分析，有F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mA

11、mB)a对B受力分析，有FABmBgsin mBgcos mBa由以上两式可得FABF为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。故A、D正确，B、C错误。【变式5】 (2020四川绵阳市第三次诊断)如图7所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的()图7答案B解析设索道的倾角为，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得Mgsin Ma，若索道与滑轮之间有摩擦，

12、而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B正确，A、C、D错误。课时限时练(限时：30分钟)对点练1动力学图像问题1.如图1甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at 图像如图乙所示。则下列相关说法正确的是()图1A.t4.5 s时，电梯处于失重状态B.555 s时间内，绳索拉力最小C.t59.5 s时，电梯处于超重状态D.t60 s时，电梯速度恰好为零答案D解析利用at

13、图像可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，a0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，选项D正确。2.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图2所示，下列说法正确的是()图2A.物体的质量为B.地球表面的重力加速度为2a0C.当a0时，物体处于失重状态

14、D.当aa1时，拉力Fa1答案A解析当F0时aa0，此时的加速度为重力加速度，故ga0，B错误；当a0时，拉力FF0，拉力大小等于重力，故物体的质量为，A正确；当a0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，C错误；当aa1时，由牛顿第二定律得Fmgma1，又m、ga0，故拉力F(a1a0)，D错误。3.(2020江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()答案D解析由于物体在多个力的作用下处于静止状

15、态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据vt 图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。对点练2动力学中的连接体问题4. (2020北京市丰台区二模)如图3所示，倾角为的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下运动时，A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力，下列说法正确的是()图3A. B物体受到的支持

16、力FNmg，方向竖直向上B.B物体受到的支持力FNmgmgsin ，方向竖直向上C.B物体受到的摩擦力Ffmgsin ，方向沿斜面向下D.B物体受到的摩擦力Ffmgsin cos ，方向水平向左答案D解析对A、B的整体，由牛顿第二定律3mgsin 3ma解得agsin 对物体B，竖直方向：mgFNmasin 解得FNmgmasin mgcos2方向竖直向上水平方向：Ffmacos mgsin cos 方向水平向左。故D正确，A、B、C错误。5. (2020山东泰安市4月多校联考)中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车

17、里程达到3.5万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为()图4A.F向后 B.F向前C.F向后 D.F向前答案A解析设每节机车和车厢的质量均为m，摩擦和空气阻力为Ff，加速度为a，对于16节车厢2F16Ff16ma第10节(包含机车)对第11节的作用力大小F1，则对后六节车厢F6FfF16ma解得F1F第10节(包含机车)对第11节的作用

18、力大小为F，方向向后，选项A正确。6.(2020重庆市一中上学期期末)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的vt图像如图5所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是()图5A.小球重力和阻力大小之比为61B.小球上升与下落所用时间之比为23C.小球落回到抛出点的速度大小为8 m/sD.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态答案C解析根据图像可得上升过程的加速度大小为a112 m/s2，由牛顿第二定律有mgfma1，代入数据解得2 m/s2，即mgf51，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mgfma2，结合

19、A选项解得a28 m/s2，根据hat2，可得t，所以可知上升和下降时间之比为t1t2，故B错误；小球匀减速上升的高度h224 m24 m，根据v22a2h，代入数据解得v8 m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。7. (2020福建南平市第一次质检)如图6所示，在水平地面上固定着一个倾角为30的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：图6(1)A和B的质量之比；(2)物体B沿斜面上滑的总时间。答案(1)21(2)4解析(1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30FT1FT1mBg解得。(2)A、B对调后，A物体接触地面前对A：mAgFT2mAa1对B：FT2mBgsin 30mBa1A落地后，B继续向上运动mBgsin 30mBa2得a1a2B在斜面上运动时，有ha1ta1t1a2t2解得t1t22所以B运动总时间tt1t24。