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- 2023-08-28 09:00:02 发布
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牛顿定律与图象问题
(2020·山东等级考)一质量为 m 的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移 s 与时间 t 的关系图象如
图所示。乘客所受支持力的大小用 FN表示,速度大小用 v表示。重力加速度大小为 g。以下判
断正确的是 ( )
A.0～t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1～t2 时间内,v减小,FN
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点:
陷阱 1:将下楼过程误认为上楼。
运动方向弄错则加速度方向和受力情况就跟着错了。
陷阱 2:误将位移-时间图象当作速度-时间图象。
分析图象问题首先要看横纵坐标,认清图象后再作答。
合力、加速度、速度的关系
1.物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系。
2.合力与速度夹角为锐角,物体加速;合力与速度夹角为钝角,物体减速。
3.a= 是加速度的定义式,a的大小与 v、Δv、Δt无直接关系;a= 是加速度的决定式。
解决图象问题的思路
1.(斜面问题与 FT-a 图象)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为 θ 的光滑斜面,斜面上用
一平行于斜面的轻质细绳系一质量为 m 的小球。斜面以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动,
当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为 FT和 FN。若 FT-a 图象如图乙
所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度 g取 10 m/s2。则 ( )
A.a= m/s2时,FN=0
B.小球质量 m=0.1 kg
C.斜面倾角θ的正切值为
D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06 a(N)
2.(板块问题的 v-t 图象)质量为 1.5 kg 的木板 B 静止在水平面上,可视为质点的物块 A 从木
板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A 的 v-t 图象如图乙所示,重力加速度 g
取 10 m/s2,求:
(1)A与 B上表面之间的动摩擦因数μ1;
(2)木板 B与水平面间的动摩擦因数μ2;
(3)A的质量。
专题二 牛顿定律的应用
考向 2
///研透真题·破题有方///
D 由于 s-t 图象的斜率表示速度,可知在 0～t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下,处
于失重状态,则 FN
///多维猜押·制霸考场///
1.A、B、C 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,
可得 FTcosθ-FNsinθ=ma,
FTsinθ+FNcosθ=mg,
联立解得 FN=mgcosθ-masinθ,
FT=macosθ+mgsinθ,
所以小球离开斜面之前,FT-a图象为直线,
由题图乙可知 a= m/s2时,
FN=0,A正确;
当 a=0时,FT=0.6 N,
此时小球静止在斜面上,其受力如图 1所示,
所以 mgsinθ=FT;
当 a= m/s2时,
斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图 2所示,所以 =ma,
联立可得 tanθ= ,m=0.1 kg,B、C正确;
将θ和 m的值代入 FN=mgcosθ-masinθ,
得 FN=0.8-0.06a (N),D错误。
2.【解析】(1)由图象可知,A在 0～1 s内加速度为 a1= =-3 m/s2,
对 A由牛顿第二定律得,
-μ1mg=ma1
得μ1=0.3
(2)由图象可知,A、B在 1～3 s内加速度为
a2= =-1.5 m/s2,
对 A、B整体由牛顿第二定律得
-μ2(M+m)g=(M+m)a2
得μ2=0.15
(3)由图象可知 B在 0～1 s内的加速度
a3= =3 m/s2
对 B由牛顿第二定律得,
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3
代入数据解得:m=4.5 kg
答案:(1)0.3 (2)0.15 (3)4.5 kg
(2020·山东等级考)一质量为 m 的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移 s 与时间 t 的关系图象如
图所示。乘客所受支持力的大小用 FN表示,速度大小用 v表示。重力加速度大小为 g。以下判
断正确的是 ( )
A.0～t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1～t2 时间内,v减小,FN
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点:
陷阱 1:将下楼过程误认为上楼。
运动方向弄错则加速度方向和受力情况就跟着错了。
陷阱 2:误将位移-时间图象当作速度-时间图象。
分析图象问题首先要看横纵坐标,认清图象后再作答。
合力、加速度、速度的关系
1.物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系。
2.合力与速度夹角为锐角,物体加速;合力与速度夹角为钝角,物体减速。
3.a= 是加速度的定义式,a的大小与 v、Δv、Δt无直接关系;a= 是加速度的决定式。
解决图象问题的思路
1.(斜面问题与 FT-a 图象)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为 θ 的光滑斜面,斜面上用
一平行于斜面的轻质细绳系一质量为 m 的小球。斜面以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动,
当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为 FT和 FN。若 FT-a 图象如图乙
所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度 g取 10 m/s2。则 ( )
A.a= m/s2时,FN=0
B.小球质量 m=0.1 kg
C.斜面倾角θ的正切值为
D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06 a(N)
2.(板块问题的 v-t 图象)质量为 1.5 kg 的木板 B 静止在水平面上,可视为质点的物块 A 从木
板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A 的 v-t 图象如图乙所示,重力加速度 g
取 10 m/s2,求:
(1)A与 B上表面之间的动摩擦因数μ1;
(2)木板 B与水平面间的动摩擦因数μ2;
(3)A的质量。
专题二 牛顿定律的应用
考向 2
///研透真题·破题有方///
D 由于 s-t 图象的斜率表示速度,可知在 0～t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下,处
于失重状态,则 FN
///多维猜押·制霸考场///
1.A、B、C 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,
可得 FTcosθ-FNsinθ=ma,
FTsinθ+FNcosθ=mg,
联立解得 FN=mgcosθ-masinθ,
FT=macosθ+mgsinθ,
所以小球离开斜面之前,FT-a图象为直线,
由题图乙可知 a= m/s2时,
FN=0,A正确;
当 a=0时,FT=0.6 N,
此时小球静止在斜面上,其受力如图 1所示,
所以 mgsinθ=FT;
当 a= m/s2时,
斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图 2所示,所以 =ma,
联立可得 tanθ= ,m=0.1 kg,B、C正确;
将θ和 m的值代入 FN=mgcosθ-masinθ,
得 FN=0.8-0.06a (N),D错误。
2.【解析】(1)由图象可知,A在 0～1 s内加速度为 a1= =-3 m/s2,
对 A由牛顿第二定律得,
-μ1mg=ma1
得μ1=0.3
(2)由图象可知,A、B在 1～3 s内加速度为
a2= =-1.5 m/s2,
对 A、B整体由牛顿第二定律得
-μ2(M+m)g=(M+m)a2
得μ2=0.15
(3)由图象可知 B在 0～1 s内的加速度
a3= =3 m/s2
对 B由牛顿第二定律得,
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3
代入数据解得:m=4.5 kg
答案:(1)0.3 (2)0.15 (3)4.5 kg
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