课时2 动力学中的图像问题

$ 0\sim 0.2\mathrm{s} $ 内运动员做匀加速直线运动, $ 0.2\sim 0.5\mathrm{s} $ 内运动员做匀减速直线运动,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ 0.2\sim 0.5\mathrm{s} $ 内运动员加速度大小 $ a=|\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}|=|\dfrac{2-2.2}{0.5-0.2}|\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=\dfrac{2}{3}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ v-t $ 图线与 $ t $ 轴围成的面积表示位移大小,则 $ 0\sim 0.5\mathrm{s} $ 内运动员平均速度的大小为 $ \overline{v}=\dfrac{\dfrac{1}{2}×0.2×2.2+\dfrac{1}{2}×(0.5-0.2)×(2.2+2)}{0.5}\mathrm{m}/\mathrm{s}=1.7\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；设水平方向运动员受水的作用力大小为 $ F $ ,则水平方向有 $ F=ma=40\mathrm{N} $ ,运动员做水平方向的直线运动,可知竖直方向上水对运动员的作用力与重力平衡,有 $ F\prime =mg=600\mathrm{N} $ ,则水对运动员的作用力大小为 $ {F}_{水}=\sqrt{{F}^{2}+F{\prime }^{2}}=40\sqrt{226}\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意可知,两部分图线与横轴所围图形的面积相等,设物块返回底端时的速度大小为 $ v $ ,则有 $ \dfrac{1}{2}{t}_{0}{v}_{0}=\dfrac{1}{2}(3{t}_{0}-{t}_{0})v $ ,解得 $ v=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；物块上滑和下滑过程的加速度大小分别为 $ {a}_{1}=\dfrac{{v}_{0}}{{t}_{0}} $ 、 $ {a}_{2}=\dfrac{\dfrac{{v}_{0}}{2}-0}{3{t}_{0}-{t}_{0}}=\dfrac{{v}_{0}}{4{t}_{0}} $ ,则 $ \dfrac{{a}_{1}}{{a}_{2}}=\dfrac{4}{1} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta +f=m{a}_{1} $ , $ mg \sin \theta -f=m{a}_{2} $ ,解得 $ f=\dfrac{3m{v}_{0}}{8{t}_{0}} $ , $ \sin \theta =\dfrac{5{v}_{0}}{8g{t}_{0}} $ ,因为物块的质量未知,所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小,但可以求出斜面的倾角, $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可知,手机在 $ 0\sim {t}_{1} $ 时间内静止, $ {t}_{1}\sim {t}_{2} $ 时间内向上做加速度逐渐增大的加速运动, $ {t}_{2}\sim {t}_{3} $ 时间内向上做加速度逐渐减小的加速运动, $ {t}_{3} $ 时刻速度最大, $ {t}_{3}\sim {t}_{4} $ 时间内向上做加速度逐渐增大的减速运动,故 $ {t}_{2} $ 时刻速度不是最大, $ {t}_{3} $ 时刻运动方向也没有发生改变, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；由牛顿第二定律,对手机, $ {t}_{2}\sim {t}_{3} $ 时间内有 $ F-mg=ma $ ,解得 $ F=m(g+a) $ ,结合图像可知,此阶段加速度逐渐减小,故手机受到的支持力逐渐减小, $ {t}_{3}\sim {t}_{4} $ 时间内有 $ mg-F=ma $ ,解得 $ F=m(g-a) $ ,手机的加速度向下逐渐增大,故此阶段手机受到的支持力逐渐减小, $ \mathrm{B} $ 正确；由题图可知,有段时间手机竖直向下的加速度大小等于重力加速度,所以手机有可能与电梯地板分离, $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙可知, $ 0\mathrm{～}2\mathrm{s} $ 内滑块向上加速, $ 2\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内滑块的加速度方向沿斜面向下,且加速与减速阶段加速度是对称的,由运动的对称性可知,滑块在 $ 0\sim 2\mathrm{s} $ 加速, $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 减速,直至 $ 4\mathrm{s} $ 末速度减为0,即滑块在 $ 4\mathrm{s} $ 末运动到最高点,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ a-t $ 图像与 $ t $ 轴所围成图形的面积表示速度变化量,则 $ 2\mathrm{s} $ 末滑块的速度大小 $ v=(2×1+\dfrac{1}{2}×1×2)\mathrm{m}/\mathrm{s}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由运动的对称性可知, $ 1\mathrm{s} $ 末的速度与 $ 3\mathrm{s} $ 末的速度大小相等,方向相同,速度大小均为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,且方向沿斜面向上,故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内,对滑块受力分析,由牛顿第二定律有 $ {F}_{1}-mg \sin \alpha =m{a}_{1} $ ,解得 $ {F}_{1}=8\mathrm{N} $ , $ 3\sim 4\mathrm{s} $ 内,对滑块受力分析,由牛顿第二定律有 $ {F}_{2}-mg \sin \alpha =m{a}_{2} $ ,解得 $ {F}_{2}=4\mathrm{N} $ ,可知 $ {F}_{1}:{F}_{2}=2:1 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据牛顿第二定律可知 $ mg-\mu F=ma $ ,由题图乙可知 $ F=5t(\mathrm{N}) $ ,可得 $ a=10-5t(\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}) $ ,当 $ a=0 $ 时 $ t=2\mathrm{s} $ ,此时物块的速度最大,则 $ t=2\mathrm{s} $ 前物块做加速运动, $ t=2\mathrm{s} $ 后物块做减速运动,仍受滑动摩擦力,且此时离出发点不是最远,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；开始时力 $ F $ 较小,则摩擦力较小,物块向下做加速运动,随着 $ F $ 的增大,物块的加速度减小,当加速度减到零时速度最大,此时 $ f=\mu F=mg=4\mathrm{N} $ ,之后摩擦力将大于重力,物块做加速度增加的减速运动直到停止,可知物块受到的摩擦力的最大值大于 $ 4\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由 $ v-t $ 图像可知, $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内,木板做匀加速运动的加速度大小为 $ {a}_{1}=\dfrac{0.4}{4-2}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=0.2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,设木板的质量为 $ M $ ,物块的质量为 $ m $ ,物块与木板之间的动摩擦因数为 $ \mu $ ,根据牛顿第二定律可得 $ F-\mu mg=M{a}_{1} $ ,又因为 $ \mu mg=T=0.2\mathrm{N} $ ,在 $ t=4\mathrm{s} $ 时撤去外力后,木板做匀减速运动的加速度大小为 $ {a}_{2}=\dfrac{0.4-0.2}{5-4}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=0.2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据牛顿第二定律可得 $ \mu mg=M{a}_{2} $ ,联立解得 $ M=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ F=0.4\mathrm{N} $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确；由 $ v-t $ 图像可知, $ 0\sim 2\mathrm{s} $ 内,木板处于静止状态,根据受力平衡可得 $ F=T $ ,可知力 $ F $ 的大小逐渐增大, $ \mathrm{C} $ 错误；由于不知道物块的质量,故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据牛顿第二定律可得 $ F-\mu mg=ma $ ,得 $ a=\dfrac{1}{m}F-\mu g $ ,则 $ a-F $ 图像的斜率表示质量的倒数,则 $ {m}_{A} < {m}_{B}={m}_{C} $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确； $ a-F $ 图像纵截距等于 $ -\mu g $ ,结合题图可知 $ {\mu }_{A}={\mu }_{B} < {\mu }_{C} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；由以上分析可知 $ {m}_{A} < {m}_{B}={m}_{C} $ , $ {\mu }_{A}={\mu }_{B} < {\mu }_{C} $ ,联立可得 $ {\mu }_{A}{m}_{A} < {\mu }_{B}{m}_{B} < {\mu }_{C}{m}_{C} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

由题图乙可知,物块速度减为零时,力 $ F $ 突然反向,由 $ {v}_{0}^{2}=2{a}_{1}{x}_{1} $ , $ {v}_{2}^{2}=2{a}_{2}{x}_{2} $ ,代入题图乙中的数据解得 $ {a}_{1}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {a}_{2}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,则水平向左的力 $ F $ 作用的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=1\mathrm{s} $ , $ 1\mathrm{s} $ 末力 $ F $ 反向,物块开始做匀加速运动,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；力 $ F $ 反向前,由牛顿第二定律有 $ F+\mu {F}_{\mathrm{N}}=m{a}_{1} $ ,力 $ F $ 反向后,由牛顿第二定律有 $ F-\mu {F}_{\mathrm{N}}=m{a}_{2} $ ,其中 $ {F}_{\mathrm{N}}=mg $ ,解得 $ F=7\mathrm{N} $ , $ \mu =0.3 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据牛顿第二定律,上升过程有 $ -(mg+f)=m{a}_{1} $ ,下降过程有 $ -mg+f=m{a}_{2} $ ,可判断 $ |{a}_{1}| > |{a}_{2}| $ ,即上升和下降过程加速度大小不同,所以 $ v-t $ 图像的斜率不相等,加速度的方向均竖直向下,为负值,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；上升和下降过程中分别做匀变速直线运动, $ x-t $ 图像为曲线,不是直线,故 $ \mathrm{C} $ 错误；由于 $ |{a}_{1}| > |{a}_{2}| $ ,且上升位移大小与下降位移大小相等,所以上升用时短,下降用时长,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ v-t $ 图像的斜率表示加速度,可知在 $ 2\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内小球的加速度大小为 $ a=\dfrac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}=0.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；设杆的倾角为 $ \alpha $ ,由题图乙、丙可知,在 $ 0\mathrm{～}2\mathrm{s} $ 内小球做匀速直线运动,满足 $ {F}_{1}=mg \sin \alpha $ ,在 $ 2\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内小球做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得 $ {F}_{2}-mg \sin \alpha =ma $ ,联立解得 $ m=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \alpha ={30}^{\circ } $ , $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确； $ v-t $ 图像中图线与 $ t $ 轴围成图形的面积表示位移,可得小球在 $ 0\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内的位移大小为 $ s=(2×1+\dfrac{1+2}{2}×2)\mathrm{m}=5\mathrm{m} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

由 $ v={v}_{0}+at $ 得 $ \dfrac{v}{t}={v}_{0}\frac{1}{t}+a $ ,结合题图乙可知,物块运动的加速度大小 $ a=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,初速度 $ {v}_{0}=\dfrac{5-2}{1}\mathrm{m}/\mathrm{s}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；由牛顿第二定律得 $ mg \sin {37}^{\circ }-\mu mg \cos {37}^{\circ }=ma $ ,解得 $ \mu =0.5 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可知当拉力超过 $ 5\mathrm{N} $ 时,支持力方向反向,故当 $ F=5\mathrm{N} $ 时 $ N=0 $ , $ f=0 $ ,此时 $ F \sin \theta =mg $ , $ F \cos \theta =ma $ ,代入数据可得 $ \tan \theta =\dfrac{3}{4} $ , $ \theta ={37}^{\circ } $ , $ \mathrm{A} $ 正确；当 $ F > 5\mathrm{N} $ 时支持力方向向下,根据牛顿第二定律得 $ F \cos \theta -\mu (F \sin \theta -mg)=ma $ ,结合图像解得 $ \mu =0.5 $ , $ \mathrm{B} $ 正确；当 $ F=15\mathrm{N} $ 时,环受到的摩擦力大小为 $ f=\mu (F \sin \theta -mg)=3\mathrm{N} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；环受到的摩擦力大小为 $ 1\mathrm{N} $ 时,则可能 $ f=\mu (F \sin \theta -mg)=1\mathrm{N} $ ,或 $ f=\mu (mg-F \sin \theta )=1\mathrm{N} $ ,解得 $ F=\dfrac{25}{3}\mathrm{N} $ 或 $ F=\dfrac{5}{3}\mathrm{N} $ ,根据 $ F \cos \theta -f=ma $ ,可得环的加速度大小为 $ a=\dfrac{170}{9}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 或 $ a=\dfrac{10}{9}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

设绳子与水平面间的动摩擦因数为 $ \mu $ ,绳子的质量为 $ m $ ,对绳子进行受力分析,根据牛顿第二定律有 $ ma={F}_{0}-\mu mg $ ,解得 $ a=\dfrac{{F}_{0}}{m}-\mu g $ ,绳子单位长度的质量为 $ {m}_{0}=\dfrac{m}{L} $ ,对绳子左端部分进行受力分析,根据牛顿第二定律有 $ F-\mu {m}_{0}(L-x)g={m}_{0}(L-x)a $ ,联立解得 $ F=-\dfrac{{F}_{0}}{L}x+{F}_{0} $ ,所以 $ F-x $ 图像的斜率绝对值为 $ k=\dfrac{{F}_{0}}{L} $ ,图线的斜率和绳与水平面间的动摩擦因数无关,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；图像的横轴截距为 $ L $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；绳子静止时,若处于绷紧状态时受静摩擦力,故对整条绳子,根据共点力平衡得 $ {F}_{0}={f}_{静} $ ,对左侧绳子,根据共点力平衡得 $ F=\dfrac{L-x}{L}{f}_{静}=\dfrac{L-x}{L}{F}_{0} $ ,此时 $ F-x $ 图线仍然是一条倾斜的直线,若绳子没有绷紧,绳中的张力为零,故 $ \mathrm{D} $ 错误.