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1、动力学图像问题 1考点及要求：(1)图象()；(2)牛顿运动定律()；(3)力的合成与分解().2.方法与技巧：(1)要理解图象斜率和截距的物理意义；(2)要把图象和运动情景结合起来分析问题1(已知运动图象分析受力)如图1甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：图1(1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L；(2)物块沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.2(已知Ft图象分析物体运动情况)如图2甲所示，一质量为m1.
2、0 kg的滑块(可视为质点)静止在水平地面上的A点，某时刻开始，滑块受到一个水平向右的拉力F的作用，拉力F随时间t的变化规律如图乙所示，若滑块和地面之间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，试计算滑块从开始运动到最终停止在水平地面上滑行的距离图23(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图3所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()图3A01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C01 s内，物体
3、的位移为7 mD02 s内，物体的总位移为11 m4一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角37足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的vt图象，如图4所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：图4(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置答案解析1(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)在2 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：s1
4、21 m1 m物块下滑的距离：s211 m0.5 m所以位移大小ss1s20.5 m路程Ls1s21.5 m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有00.5 s内：Ffmgsin ma1051 s内：fmgsin ma2由式得F8 N210 m解析滑块受到的滑动摩擦力的大小为fmg，代入数据可得，f5 N，结合题图乙可知，该滑块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动设滑块做匀加速直线运动的时间为t1，加速度为a1，获得的速度大小为v，位移为s1；匀速运动的时间为t2，位移为s2；匀减速
5、运动的时间为t3，加速度大小为a2，位移为s3.在匀加速阶段：Ffma1va1t1s1a1t代入数据可解得：s12.5 m在匀速直线运动阶段：s2vt2代入数据可解得：s25 m在匀减速阶段：fma2va2t3s3t3代入数据可得：s32.5 m所以整个过程中的位移大小为ss1s2s310 m3BD由题图可知，在01 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿第二定律可得Fmgma，解得加速度大小a4 m/s2.在12 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿第二定律可得Fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动学规律可知01 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项D正确4(1)0.5(2)能2 m/s解析(1)由题图可知，滑块的加速度a m/s210 m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma代入数据解得0.5(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s5 m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma2，a22 m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v2 m/s
