2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律热点强化3动力学图像问题课后提能演练

这是一份2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律热点强化3动力学图像问题课后提能演练，共6页。
A B

C D
【答案】D
2．一同学研究箱子的运动，让一质量为m＝1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的eq \f(x,t)－t图像如图所示，t是从某时刻开始计时箱子运动的时间，x为箱子在时间t内的位移，由此可知( )
A．箱子受到的恒力大小为F＝0.5 N
B．0～10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/s
C．5 s时箱子的速度大小为5.5 m/s
D．0～5 s内箱子的位移为27.5 m
【答案】D
3．用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．物体的质量为eq \f(F0,a0)
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a>0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝eq \f(F0,a0)a1
【答案】A
4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图像提供的信息，下列说法正确的是( )
A．t1、t3时刻小球的速度最大
B．t2、t5时刻小球的动能最小
C．t3、t4时刻小球的运动方向相同
D．t4－t3t7－t6，故D错误．
5．如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图．假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10 m/s2.依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为( )
A．5 m、40 m/s2B．5 m、50 m/s2
C．9.8 m、40 m/s2D．9.8 m、50 m/s2
【答案】A 【解析】由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即G＝500 N，则运动员质量为m＝50 kg，又最大弹力为2 500 N，则运动员的最大加速度为a＝eq \f(2 500－500,50) m/s2＝40 m/s2，运动员在空中时间t0＝(8.7－6.7) s＝2 s，下落时间t＝eq \f(t0,2)＝1 s，则最大高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，故A正确．
6．如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
【答案】C 【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.5,0.3) m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(3,0.1) m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，C正确．
7．如图甲所示，一物体静止在水平面上，从t＝0时刻起受一向右的水平拉力F作用，该力随时间t变化的关系如图乙所示，该物体加速度a随时间t变化的图像如图丙所示．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物体的质量为1 kg
B．t＝4 s时刻，物体的速度大小为2 m/s
C．物体与地面间的动摩擦因数为0.5
D．物体与地面的最大静摩擦力大小为2 N
【答案】B 【解析】设物体的质量为m，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝eq \f(1,m)F－μg，根据乙图可知F＝0.5t，则a＝eq \f(1,2m)t－μg，所以a－t图像的斜率表示eq \f(1,2m)，即eq \f(1,2m)＝eq \f(2,4－2)，解得m＝0.5 kg；当t＝4 s时加速度为a＝2 m/s2，解得μ＝0.2，故A、C错误；a－t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化，0～2 s内物体静止，所以t＝4 s时刻，物体的速度大小为v＝eq \f(1,2)×(4－2)×2 m/s＝2 m/s，故B正确；根据丙图可知t＝2 s时物体开始运动，则根据乙图可知此时的拉力F＝1 N，根据平衡条件可得：摩擦力f＝F＝1 N，所以物体与地面的最大静摩擦力大小为1 N，故D错误．
8．(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则( )
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
【答案】BC 【解析】在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(3,10)＝0.3，A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(6－5－3,1) m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝eq \f(0－v,a)＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，故物块受力平衡不再运动，则5 s末物块的加速度为零，D错误．
9．(2021年四川名校模拟)如图甲所示，物块在沿固定斜面向上的拉力F作用下沿足够长的粗糙斜面向上运动．已知物块质量m＝4 kg，斜面倾角θ＝37°，F＝40 N，经t1＝1.0 s后撤去F，测得物块沿斜面向上运动的v－t图像如图乙所示(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿斜面向上滑行的最大位移x.

解：(1)由图可得前1 s的加速度为a1＝eq \f(2.0,1.0) m/s2＝2 m/s2，
对物体受力分析，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－f＝ma1，
在垂直斜面方向，根据平衡条件有FN＝mgcs θ，
又有f＝μFN，
联立以上各式得μ＝0.25.
(2)物体在前1 s内沿斜面上升的距离为
x1＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m，
撤去F后，物体沿斜面向上做匀减速运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋f＝ma2，
在垂直斜面方向，根据平衡条件有FN＝mgcs θ，
又f＝μFN，
联立解得加速度为a2＝8 m/s2.
设物体减速过程中位移为x2，由运动学规律有
0－v2＝2(－a2)x2，
代入数据可得x2＝eq \f(0－22,－2×8) m＝0.25 m，
则物体沿斜面向上运动的最大位移为
xm＝x1＋x2＝1.25 m.
10．(2021届甘肃靖远一中开学考)如图甲所示，长L＝1.4 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)．现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；
(3)若水平恒力F＝27.8 N，滑块从木板上滑落经历的时间t.
解：(1)由图可知，F＝25 N时，滑块和木板发生相对运动．此时滑块的加速度a1＝4 m/s2，
分析滑块受力，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.4.
(2)分析木板受力，由牛顿第二定律
F－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma2，
代入点(25,4)，(9,0)，
解得μ2＝0.1，M＝4 kg.
(3)F＝27.8 N时，滑块和木板发生相对运动．此时，滑块的加速度a1＝4 m/s2，
分析木板受力，由牛顿第二定律
F－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma2′，
解得a2′＝4.7 m/s2，
由运动学规律 L＝eq \f(1,2)a2′t2－eq \f(1,2)a1t2，
解得t＝2 s.