2022版高考物理一轮复习演练：热点强化3 动力学图像问题

这是一份2022版高考物理一轮复习演练：热点强化3 动力学图像问题，共6页。

AB
CD
【答案】A
2．(2020年江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示．g取10 m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
【答案】D 【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcs θ－mgsin θ＝ma，①
y方向：FN－Fsin θ－mgcs θ＝0，②
从a－F图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：
m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．
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．(2020年北京海淀北大附中三模)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．(2021届辽宁六校联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v－t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为eq \f(2g,k)
B．外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M(g－a)
C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【答案】B 【解析】施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝eq \f(2Mg,k)，故A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a′，且FAB＝0；对B：F弹′－Mg＝Ma′，解得F弹′＝M(g＋a′)，弹力不为零，故C错误；当F弹′＝Mg时，B的速度达到最大，故D错误．
6．(2020年潍坊一中摸底)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．(2020年昆明期末)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．(2020年福建三明质检)(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．(2020年河南郑州一模)某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
解：(1)0～6 s内由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1，
6 s末车速为v1＝a1t1.
在6～18 s内，由牛顿第二定律得F2－Ff＝ma2，
第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2.
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有
Ff＝F＝1 500 N，
解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s.
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m，
汽车在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m，
汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m，
故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m.
10．(2021届甘肃靖远一中开学考试)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.