高届高级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第三章第2讲.docx

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高届高级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第三章第2讲

第2讲　应用牛顿第二定律处理“四类”问题

一、瞬时问题

1.牛顿第二定律的表达式为：

F合＝ma,加速度由物体所受合外力决定,加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时,加速度也随着发生突变,而物体运动的速度不能发生突变.

2.轻绳、轻杆和轻弹簧（橡皮条）的区别：

（1）轻绳和轻杆：

剪断轻绳或轻杆断开后,原有的弹力将突变为0.

（2）轻弹簧和橡皮条：

当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时,轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.

自测1

　如图1,A、B、C三个小球质量均为m,A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断,使A的上端失去拉力,则在剪断细线的瞬间,A、B、C三个小球的加速度分别是（　　）

图1

A.1.5g,1.5g,0

B.g,2g,0

C.g,g,g

D.g,g,0

答案　A

解析　剪断细线前,由平衡条件可知,A上端的细线的拉力为3mg,A、B之间细绳的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不变,小球C所受合外力为零,所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起,整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律得3mg＝2ma,解得a＝1.5g,选项A正确.

二、超重和失重

1.超重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象.

（2）产生条件：

物体具有向上的加速度.

2.失重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象.

（2）产生条件：

物体具有向下的加速度.

3.完全失重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）等于0的现象称为完全失重现象.

（2）产生条件：

物体的加速度a＝g,方向竖直向下.

4.实重和视重

（1）实重：

物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关.

（2）视重：

当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.

自测2

　关于超重和失重的下列说法中,正确的是（　　）

A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了

B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态

D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化

答案　D

三、动力学图象

1.类型

（1）已知图象分析运动和受力情况；

（2）已知运动和受力情况分析图象的形状.

2.用到的相关知识

通常要先对物体受力分析求合力,再根据牛顿第二定律求加速度,然后结合运动学公式分析.

自测3

　（2016·海南单科·5）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2所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则（　　）

图2

A.F1F3

C.F1>F3D.F1＝F3

答案　A

命题点一　超重与失重现象

1.对超重和失重的理解

（1）不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.

（2）在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失.

（3）尽管物体的加速度不是竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.

（4）尽管整体没有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度,整体也会出现超重或失重现象.

2.判断超重和失重的方法

从受力的角度判断

当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时,物体处于超重状态；小于重力时,物体处于失重状态；等于零时,物体处于完全失重状态

从加速度的角度判断

当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态；具有向下的加速度时,物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态

从速度变化的角度判断

①物体向上加速或向下减速时,超重

②物体向下加速或向上减速时,失重

例1

　（2018·四川省乐山市第二次调研）图3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O表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线,两图中a～g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10m/s2,根据图象分析可知（　　）

图3

A.人的重力为1500N

B.c点位置人处于失重状态

C.e点位置人处于超重状态

D.d点的加速度小于f点的加速度

答案　C

解析　开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是500N,根据平衡条件与牛顿第三定律可知,人的重力也是500N,故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,故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,故C正确；人在d点时：

a1＝＝m/s2＝20m/s2,人在f点时：

a2＝＝m/s2＝10m/s2,可知d点的加速度大于f点的加速度,故D错误.

变式1

　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t＝0时由静止开始上升,a－t图象如图4所示.则下列相关说法正确的是（　　）

图4

A.t＝4.5s时,电梯处于失重状态

B.5～55s时间内,绳索拉力最小

C.t＝59.5s时,电梯处于超重状态

D.t＝60s时,电梯速度恰好为零

答案　D

解析　利用a－t图象可判断：

t＝4.5s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A错误；0～5s时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55s时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力等于重力,55～60s时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B、C错误；因a－t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t＝60s时为零,D正确.

变式2

　（2018·广东省深圳市三校模拟）如图5,将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中,上顶板和下底板装有压力传感器.当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为4.0N,下底板的传感器显示的压力为10.0N.取g＝10m/s2,若下底板示数不变,上顶板示数是下底板示数的一半,则电梯的运动状态可能是（　　）

图5

A.匀加速上升,a＝5m/s2

B.匀加速下降,a＝5m/s2

C.匀速上升

D.静止状态

答案　B

解析　当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时,对金属块受力分析,由牛顿第二定律知：

FN上＋mg－FN下＝ma,m＝＝kg＝1kg,G＝mg＝10N

若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半,由于弹簧压缩量不变,下底板传感器示数不变,仍为10N,则上顶板传感器的示数是5N.

对金属块,由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′

解得a′＝5m/s2,方向向下,故电梯以a＝5m/s2的加速度匀加速下降,或以a＝5m/s2的加速度匀减速上升.故A、C、D错误,B正确.

命题点二　瞬时问题的两类模型

1.两种模型

加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化为以下两种模型：

2.解题思路

⇒⇒

3.两个易混问题

（1）如图6甲、乙中小球m1、m2原来均静止,现如果均从图中A处剪断,则图甲中的轻质弹簧和图乙中的下段绳子的拉力将如何变化呢？

图6

（2）由

（1）的分析可以得出什么结论？

答案　

（1）弹簧的弹力来不及变化,下段绳的拉力变为0.

（2）绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变.

例2

　（2019·河北省衡水中学第一次调研）如图7所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为（　　）

图7

A.aA＝aB＝gB.aA＝2g,aB＝0

C.aA＝g,aB＝0D.aA＝2g,aB＝0

答案　D

解析　水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示,

静止时,FT＝Fsin60°,Fcos60°＝mAg＋F1,F1＝mBg,又mA＝mB

解得FT＝2mAg

水平细线被剪断瞬间,FT消失,其他各力不变,A所受合力与FT等大反向,所以aA＝＝2g,aB＝0.

例3

　（多选）如图8所示,倾角为θ的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线.下列判断正确的是（　　）

图8

A.细线被剪断的瞬间,A、B、C三个小球的加速度均为零

B.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为零

C.细线被剪断的瞬间,A、B球的加速度沿斜面向上,大小为gsinθ

D.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ

答案　CD

解析　剪断细线前,以A、B、C组成的系统为研究对象,系统静止,处于平衡状态,所受合力为零,则弹簧的弹力为F＝（3m＋2m＋m）gsinθ＝6mgsinθ.以C为研究对象知,细线的拉力为3mgsinθ.剪断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得F－（m＋2m）gsinθ＝（m＋2m）aAB,解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsinθ,方向沿斜面向上,以B为研究对象,由牛顿第二定律得：

FAB－2mgsinθ＝2maAB,解得杆的拉力为FAB＝4mgsinθ,以C为研究对象,由牛顿第二定律得aC＝gsinθ,方向沿斜面向下,故C、D正确,A、B错误.

变式3

　（2018·山西省吕梁市第一次模拟）如图9所示,A球质量为B球质量的3倍,光滑固定斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）

图9

A.图甲中A球的加速度为gsinθ

B.图甲中B球的加速度为2gsinθ

C.图乙中A、B两球的加速度均为gsinθ

D.图乙中轻杆的作用力一定不为零

答案　C

解析　设B球质量为m,A球的质量为3m.撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为4mgsinθ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受的合力为零,加速度为零,B球所受合力为4mgsinθ,加速度为4gsinθ；题图乙中,撤去挡板的瞬间,A、B两球整体的合力为4mgsinθ,A、B两球的加速度均为gsinθ,则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力,轻杆的作用力为零,C正确.

命题点三　动力学图象问题

1.常见的动力学图象

v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等.

2.图象问题的类型

（1）已知物体受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象.

3.解题策略

（1）分清图象的类别：

即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图象所反映的物理过程,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）明确能从图象中获得哪些信息：

把图象与具体的题意、情景结合起来,应用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断.

例4

　（2018·广东省湛江市第二次模拟）如图10甲所示,在光滑水平面上,静止放置一质量为M的足够长木板,质量为m的小滑块（可视为质点）放在长木板上.长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示,重力加速度大小g取10m/s2,下列说法正确的是（　　）

图10

A.长木板的质量M＝2kg

B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4

C.当F＝14N时,长木板的加速度大小为3m/s2

D.当F增大时,小滑块的加速度一定增大

答案　B

解析　当F等于12N时,加速度为：

a0＝4m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a0,代入数据解得：

M＋m＝3kg；当F大于12N时,m和M发生相对滑动,根据牛顿第二定律得：

F－μmg＝Ma,则F＝Ma＋μmg,则知F－a图线的斜率k＝M＝＝1,则M＝1kg,故m＝2kg,故A错误；由A项分析可知：

F大于12N时,F＝a＋20μ,若F＝8N,a＝0,即得μ＝0.4,故B正确；由A项分析可知：

F大于12N时F＝a＋8,当F＝14N时,长木板的加速度为：

a＝6m/s2,故C错误；当F大于12N后,二者发生相对滑动,小滑块的加速度为a＝μg,与F无关,F增大时小滑块的加速度不变,故D错误.

变式4

　（多选）（2019·福建省三明市质检）水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图11所示,已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动,取g＝10m/s2,则（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

图11

A.物块与地面的动摩擦因数为0.2

B.3s末物块受到的摩擦力大小为3N

C.4s末物块受到的摩擦力大小为1N

D.5s末物块的加速度大小为3m/s2

答案　BC

解析　在0～2s内物块做匀速直线运动,则摩擦力Ff＝3N,则μ＝＝＝0.3,选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动,加速度a＝＝m/s2＝－2m/s2,则经过t＝＝2s,即4s末速度减为零,则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力,大小为6N－5N＝1N,选项B、C正确；物块停止后,因两个力的差值小于最大静摩擦力,则物块不再运动,则5s末物块的加速度为零,选项D错误.

变式5

　（2018·安徽省池州市上学期期末）如图12所示为质量m＝75kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v－t图象,图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线,速度图线末段BC平行于时间轴,运动员与滑道间的动摩擦因数为μ,所受空气阻力与速度成正比,比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,则（　　）

图12

A.滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动,最后做匀速运动

B.t＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s2

C.动摩擦因数μ为0.25

D.比例系数k为15kg/s

答案　C

解析　由v－t图象可知,滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速运动,故A错误；在t＝0时刻,图线切线的斜率即为该时刻的加速度,故有a0＝m/s2＝4m/s2,故B错误；在t＝0时刻开始加速时,v0＝0,由牛顿第二定律可得mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0,最后匀速时有：

vm＝10m/s,a＝0,由平衡条件可得mgsinθ－kvm－μmgcosθ＝0,联立解得：

μ＝0.25,k＝30kg/s,故C正确,D错误.

命题点四　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5

　（多选）（2018·广东省湛江市第二次模拟）如图13所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上.现用水平拉力作用于a,使三个物块一起水平向右匀速运动.各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g.下列说法正确的是（　　）

图13

A.该水平拉力大于轻绳的弹力

B.物块c受到的摩擦力大小为μmg

C.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时,物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg

D.剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为μmg

答案　ACD

解析　三物块一起做匀速直线运动,由平衡条件得,对a、b、c系统：

F＝3μmg,对b、c系统：

FT＝2μmg,则F>FT,即水平拉力大于轻绳的弹力,故A正确；c做匀速直线运动,处于平衡状态,则c不受摩擦力,故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时,F′＝1.5F＝4.5μmg,由牛顿第二定律得：

对a、b、c系统：

F′－3μmg＝3ma,对c：

Ff＝ma,解得Ff＝0.5μmg,故C正确；剪断轻绳后,b、c一起做匀减速直线运动,对b、c系统,由牛顿第二定律得：

2μmg＝2ma′,对c：

Ff′＝ma′,解得Ff′＝μmg,故D正确.

变式6

　（多选）（2019·河南省郑州市质检）如图14所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法中正确的是（　　）

图14

A.若m>M,有x1＝x2B.若m

C.若μ>sinθ,有x1>x2D.若μ

答案　AB

解析　在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有

F－μ（m＋M）g＝（m＋M）a1①

隔离物块A,根据牛顿第二定律,有

FT－μmg＝ma1②

联立①②解得FT＝③

在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有

F－（m＋M）gsinθ＝（m＋M）a2④

隔离物块A,根据牛顿第二定律,有

FT′－mgsinθ＝ma2⑤

联立④⑤解得FT′＝⑥

比较③⑥可知,弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故A、B正确,C、D错误.

变式7

　（多选）如图15所示,倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上,现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后,悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ,斜面体始终保持静止,则下列说法正确的是（　　）

图15

A.斜面光滑

B.斜面粗糙

C.达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向左

D.达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向右

答案　AC

解析　隔离小球,可知小球的加速度方向为沿斜面向下,大小为gsinθ,对支架系统进行分析,只有斜面光滑,支架系统的加速度才是gsinθ,所以A正确,B错误.将支架系统和斜面看成一个整体,因为支架系统具有沿斜面向下的加速度,故地面对斜面体的摩擦力水平向左,C正确,D错误.

1.（多选）一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力（　　）

图1

A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

答案　AD

解析　人乘电梯向上运动,规定向上为正方向,人受到重力和支持力两个力的作用,则有F－mg＝ma,即F＝mg＋ma,根据牛顿第三定律知,人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小,将对应时刻的加速度（包含正负号）代入上式,可得选项A、D正确,B、C错误.

2.（2018·湖北省黄冈市质检）如图2所示,电视剧拍摄时,要制造雨中场景,剧组工作人员用消防水枪向天空喷出水龙,降落时就成了一场“雨”.若忽略空气阻力,以下分析正确的是（　　）

图2

A.水枪喷出的水在上升时超重

B.水枪喷出的水在下降时超重

C.水枪喷出的水在最高点时,速度方向斜向下

D.水滴在下落时,越接近地面,速度方向越接近竖直方向

答案　D

解析　由于水在空中不论上升还是下降均只受重力,加速度向下,故水均处于完全失重状态,故A、B错误；在最高点时,水的竖直速度变为零,此时只有水平方向的速度,故C错误；水落下时的速度为水平速度和竖直速度的合速度,越向下来,竖直速度越大,则速度的方向越接近竖直方向,故D正确.

3.（2019·广东省东莞市调研）为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图3所示.当此车匀减速上坡时,乘客（仅考虑乘客与水平面之间的作用）（　　）

图3

A.处于超重状态

B.不受摩擦力的作用

C.受到向后（水平向左）的摩擦力作用

D.所受合力竖直向上

答案　C

解析　当车匀减速上坡时,加速度方向沿斜坡向下,人的加速度与车的加速度相同,根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下,合力的大小不变,则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力,如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分解,则有竖直向下的加速度,所以乘客处于失重状态,故A、B、D错误,C正确.

4.（2019·安徽省淮北市质检）如图4甲所示,在光滑的水平面上,物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动,其v－t图象如图乙所示,规定向右为正方向.下列判断正确的是（　　）

图4

A.在3s末,物体处于出发点右方

B.在1～2s内,物体正向左运动,且速度大小在减小

C.在1～3s内,物体的加速度方向先向右后向左

D.在0～1s内,外力F不断增大

答案　A

解析　根据v－t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移,t轴上方位移为正,下方位移为负,则前3s内物体的位移为正,说明物体处于出发点右方,故A正确；在1～2s内,速度为正值,说明物体向右运动,速度不断减小,故B错误；在1～3s内,图象的斜率不变,