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（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题06 动力学中的图像问题（解析+原卷）学案
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专题06 动力学中的图像问题
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TOC \o "1-3" \h \u HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳
HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 动力学中的运动图像
HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 有关力的图像
HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 图像综合
HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 实验中的图像问题
HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2
【题型一】 动力学中的运动图像
【典例分析】如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v t图像(图中实线)可能是下图中的( )
解析：选A 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
【提分秘籍】斜率、截距、拐点，普遍表达式。
【变式演练】
1．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
[解析] 由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。
[答案] A
2．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是( )
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
解析：选B 根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。
3．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
解析：选C 物块在上升过程中加速度大小为a＝eq \f(mg＋kv,m)，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝eq \f(mg－kv,m)，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
【题型二】 有关力的图像
【典例分析】（多选）静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小
D．加速度为2 m/s2时物体的速度
解析：选ABC 当F>20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－eq \f(f,m)＋eq \f(F,m)
则由数学知识知图像的斜率k＝eq \f(1,m)
由图得k＝eq \f(5－1,40－20)＝eq \f(1,5)，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
【提分秘籍】斜率、截距、拐点，普遍表达式。
【变式演练】
1．静止在光滑水平地面上的物体，突然受到一个如图所示的水平外力的作用，则( )
A．物体沿水平面做往复运动
B．物体始终沿水平面朝一个方向运动
C．物体沿水平面先做匀加速运动，后做匀减速运动
D．物体沿水平面先做匀加速运动，然后做匀速运动
[解析] 题干中F先增大后减小，力的大小随时间变化，但是方向没有变化，由F＝ma得加速度先增大后减小，所以物体一直处于加速状态，但不是匀加速，故A、C、D错误，B正确。
[答案] B
2．[多选]如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )
解析：选ACD 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝eq \f(F－f2max,mA＋mB)，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝eq \f(mBF＋mAf2max,mA＋mB)，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝eq \f(F－f1max,mA)，综上所述A、C项正确。
3．如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝eq \f(v,a2)＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
答案：(1)4.8 m/s (2)见解析图
【题型三】 图像综合
【典例分析】某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是( )
解析：选C 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：
(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做
匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。
【提分秘籍】解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)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。
【变式演练】
1．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是( )
[解析] 物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图像的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图像的开口向下，故A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B正确，C、D错误。
[答案] B
2．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。
解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：
F＝(m1＋m2)a，
对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a，
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2，
2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。
木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
F1－μ1m1g＝m2a2，
解得a2＝4 m/s2。
1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。
在1～2 s内F2＝μ1m1g，
木板做匀速运动，速度为4 m/s。
2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝eq \f(μ2m1＋m2g,m1＋m2)＝μ2g，
m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，
得：a3＝－2 m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t3＝eq \f(0－v1,a3)＝eq \f(0－4,－2) s＝2 s。
木板做匀减速直线运动有：
－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。
得：a4＝－eq \f(8,3) m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t4＝eq \f(0－v1′,a4)＝eq \f(－4,－\f(8,3)) s＝1.5 s。
二者在整个运动过程的vt图像如图所示(实线是木板的vt图像，虚线是物块的vt图像)。
0～2 s内物块相对木板向左运动
Δx1＝eq \f(1,2)a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－eq \f(1,2)a1t12，
2～4 s内物块相对木板向右运动
Δx2＝eq \f(－a1t12,2a3)－eq \f(－a2t22,2a4)，
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。
所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。
答案：(1)8 N (2)见解析图 1 m
3．从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内( )
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析：选D 由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。
【题型四】 实验中的图像问题
【典例分析】小王同学在探究加速度与力、质量的关系时，小车及砝码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
(1)往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足________时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力；在释放小车________(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。
(2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是________m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标系中画出的aF关系图线如图所示，小张和小王同学做实验，哪一个物理量是不同的______________。
解析：(1)小车实际的加速度为a＝eq \f(mg,M＋m)，绳子拉力为F＝Ma＝eq \f(mg,1＋\f(m,M))，因此只有当m≪M时，拉力F才近似等于mg；实验中应先接通电源再释放小车。
(2)a＝eq \f(xBD－xOB,4T2)＝0.390 m/s2，vB＝eq \f(xAC,2T)≈0.377 m/s。
(3)图线的斜率为小车及砝码的质量的倒数，因此小车及砝码的质量不同。
答案：(1)m≪M 之前 (2)0.390 0.377 (3)小车及砝码的质量
【提分秘籍】找普遍表达式
【变式演练】
1．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(选填“大于”“小于”或“等于”)
[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
2．用如图甲所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。
(1)实验时，一定要进行的操作是________(填选项前的字母)。
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F
B．改变小车的质量，打出几条纸带
C．用天平测出砂和砂桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)若要把小车所受拉力视为小车所受的合力，在进行上述实验操作之前，首先应该完成的实验步骤是________________________________。
(3)根据实验数据，画出了如图乙所示的aF图像，测得斜率为k，则小车的质量为________。
(4)若某次实验，求得小车的加速度为a，则此时砂和砂桶的加速度为________。
(5)若弹簧测力计的读数为F，则F________mg(m为砂和桶的总质量)。(填“大于”“等于”或“小于”)
解析：(1)打点计时器使用时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，A正确；要探究加速度与质量的关系时，就要改变小车的质量，这个实验是研究加速度随F变化关系，B错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，C、D错误。
(2)小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。
(3)对aF图像来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，此题中弹簧测力计的示数F＝eq \f(1,2)F合，故小车质量为m＝eq \f(2,k)。
(4)两股细绳拉小车，所以砂和砂桶的加速度是小车的2倍，所以砂和砂桶的加速度为2a。
(5)因为砂和砂桶有加速度，所以细绳的拉力小于砂和砂桶的重力，即弹簧测力计的读数小于砂和砂桶的重力。
答案：(1)A (2)平衡摩擦力 (3)eq \f(2,k) (4)2a (5)小于
3．某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝__________kg，重力加速度g＝__________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
解析：(1)对铝箱分析，应有FT－mg＝ma，
对滑轮应有F＝2FT，
联立可解得a＝eq \f(1,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,2)－mg))＝eq \f(1,2m)F－g，
可知图线的斜率k＝eq \f(1,2m)＝eq \f(9.8,4.9)，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)对于图线的斜率k＝eq \f(1,2m)，当砂桶和砂的总质量较大，可知图线的斜率不变，故选D。
答案：(1)0.25 9.8 (2)D
1．[多选]用同种材料制成的倾角为30°的斜面和水平面，斜面长2.4 m且固定，如图甲所示。一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上，多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出tv0图像，如图乙所示。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．小物块在斜面上运动时的加速度大小为2.5 m/s2
B．小物块在斜面上运动时的加速度大小为0.4 m/s2
C．小物块与该种材料之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
D．由图乙可推断，若小物块的初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大
解析：选AC 由题图乙可知小物块在斜面上运动时的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝2.5 m/s2，A正确，B错误；对小物块应用牛顿第二定律得ma＝μmgcos θ－mgsin θ，代入数据得μ＝eq \f(\r(3),2)，C正确；若小物块的速度足够大，则小物块将运动到水平面上，题图乙中的直线对小物块不再适用，D错误。
2．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图像得，
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝eq \f(0－v0,aA)＝eq \f(0－6,－3) s＝2 s
物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
答案：(1)15 N (2)6 m
3．[多选]如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是( )
解析：选BD 设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－eq \f(mAa,k)＜x0，因此B和D是可能正确的。
4.[多选]将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力和阻力之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8eq \r(6) m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC 上升过程中mg＋Ff＝ma1，由题图可知a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2可得eq \f(t1,t2)＝eq \r(\f(a2,a1))＝ eq \r(\f(2,3))，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝eq \r(6) s，可得v＝8eq \r(6) m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。
5.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知( )
A．人的重力为1 500 N
B．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
解析：选B 分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。
6.[多选]如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零
B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左
C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg
解析：选AD A、B间的滑动摩擦力大小为fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，此时对AB整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a＝eq \f(5μmg－3μmg,m＋2m)＝eq \f(2μg,3)，A、B间的摩擦力大小为eq \f(2,3)μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。
7.[多选]如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ未知，可求出乙图中a1的值
C．若θ已知，可求出乙图中a2的值
D．若θ已知，可求出乙图中m0的值
解析：选BC 根据牛顿第二定律得：
对B得：mg－F＝ma①
对A得：F－mAgsin θ＝mAa②
联立得a＝eq \f(mg－mAgsin θ,mA＋m)③
若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。
由③式变形得a＝eq \f(g－\f(mA,m)gsin θ,\f(mA,m)＋1)。
当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。
由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsin θ，故C正确。
当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知m0不能求出，故D错误。
8.[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T和FN。若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A．a＝eq \f(40,3) 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eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝eq \f(40,3) 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eq \f(mg,tan θ)＝ma，联立可得tan θ＝eq \f(3,4)，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。
9.（多选）质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,10－6) m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,6－4) m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。
10.在图甲所示的水平面上，用水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化.设F的方向为正方向，则物块的速度－时间图象可能正确的是( )
答案 A
解析 若水平面光滑，则加速度a＝eq \f(F,m)，即a∝F，满足a1∶a2∶a3＝F1∶F2∶F3＝1∶3∶2，可见A、B、C、D四个选项均不符合.若水平面不光滑，对A图进行分析：0～1 s内，a1＝eq \f(F1＋Ff,m)＝eq \f(1 N＋Ff,m)＝2 m/s2,1～2 s内，a2＝eq \f(F2－Ff,m)＝eq \f(3 N－Ff,m)＝2 m/s2,2～3 s内，a3＝eq \f(F3－Ff,m)＝eq \f(2 N－Ff,m)＝1 m/s2，联立以上各式得Ff＝1 N，m＝1 kg，且a1∶a2∶a3＝2∶2∶1，符合实际，A项正确；同理，分析B、C、D项均不可能.
11、如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图象中正确的是( )
答案 A
解析 开始阶段水平力F较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，即a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(k,m1＋m2)t，两物体的加速度相同，且与时间成正比.随着水平力F的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－Ff＝m2a2，其中Ff＝μm2g，故a2＝eq \f(F－Ff,m2)＝eq \f(k,m2)t－μg，a2－t图象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq \f(μm2g,m1)，保持不变.综上可知，A正确.
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