统考版高考物理复习热点专项练三牛顿运动定律第21练动力学中的图象问题含答案

第21练　动力学中的图象问题　

思维方法

1．两类问题：一类问题是从图象中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图象．

2．两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图象的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图象对应点比较．

一、选择题

1．一跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，某时刻开启降落伞，运动员跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知运动员(　　)

A.在2～6 s内速度先向上后向下

B．在2～6 s内加速度先向上后向下

C．在2～6 s内先处于失重状态后处于超重状态

D．在0～20 s内先匀加速再匀减速最终匀速运动

2．(多选)运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图象如图a所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示．已知运动员的质量为64  kg，降落伞的质量为16  kg，假设打开伞后伞所受阻力f的大小与速率v成正比，即f＝kv.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)

A．k＝200 N·s·m－1

B．打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上

C．打开伞后瞬间运动员的加速度大小为20 m/s2

D．每根悬绳能够承受的拉力至少为400 N

3．某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20  kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v­t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2

B．滑杆的长度为5.25 m

C．传感器显示的最小拉力为420 N

D．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J

4．(多选)[2021·八省八校联考]如图甲所示，质量m＝1  kg的小物块在平行斜面向下的恒力F作用下，从固定粗糙斜面底端开始以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上运动，力F作用一段时间后撤去．以出发点O为原点沿斜面向上建立x轴，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°，已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．沿斜面上行阶段物块的加速度大小为24 m/s2

B．恒力F的大小为4 N

C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

D．物块返回斜面底端时的速度大小为4 m/s

二、非选择题

5．如图甲所示，质量为100  kg的电梯沿与水平方向成30°角的直线轨道运行，质量为20  kg的货物置于电梯的水平底板上，并与电梯保持相对静止．电梯受到与轨道平行的牵引力作用，从轨道底端运行到顶端，电梯速度随时间的变化图象如图乙所示．不计轨道对电梯的摩擦阻力及空气阻力，g取10 m/s2，求：

(1)电梯加速过程中受到的牵引力的大小；

(2)电梯减速过程中，货物所受支持力及摩擦力的大小．

第21练　动力学中的图象问题

1．答案：C

解析：由v­t图象可知运动员速度方向一直竖直向下，A项错误；在2～6 s内，运动员先加速向下运动，加速度向下，处于失重状态，后减速向下运动，加速度向上，处于超重状态，B项错误，C项正确；由v­t图线的斜率表示加速度可知，D项错误．

2．答案：BD

解析：由题图a可知，当速度为v1＝5 m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有kv1＝m人g＋m伞g，解得k＝160 N·s·m－1，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20 m/s，对运动员和降落伞整体有kv0－m人g－m伞g＝（m人＋m伞）a，解得a＝30 m/s2，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有T cos 37°×8－m人g＝m人a，解得每根悬绳的拉力大小T＝400 N，故D正确．

3．答案：D

解析：由v­t图象可知，演员在1.0 s时的加速度大小a＝ m/s2＝3 m/s2，故A错误；v­t图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h＝×3×3 m＝4.5 m，故B项错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma，解得：F1＝420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；3.5 s内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE＝mgh＝600×4.5 J＝2 700 J，故D正确．

4．答案：CD

解析：由题图乙可知，物块在上行阶段一直受力F作用，物块沿斜面上滑时做匀减速直线运动，由运动学公式可得v＝2a1x1，代入数据可求得加速度大小a1＝ m/s2＝12 m/s2，A错误；物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律可得F＋mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，设物块下滑撤去恒力F前的加速度大小为a2，由运动学公式可得v＝2a2x2，代入数据可得a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得F＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，联立可得F＝2 N，μ＝0.5，故B错误，C正确；撤去恒力F后物块继续沿斜面向下加速运动，由牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma3，代入数据可得a3＝2 m/s2，由运动学公式可得v－v＝2a3x3，代入数据可得v3＝4 m/s，故物块返回斜面底端时的速度大小为4 m/s，D正确．

5．答案：（1）720 N　（2）195 N　5 N

解析：（1）由图乙知电梯加速过程的加速度大小为

a1＝＝1 m/s2

设电梯受到的牵引力为F，由牛顿第二定律得

F－（M梯＋m货）g sin 30°＝（M梯＋m货）a1

解得F＝720 N.

（2）由图乙知电梯减速过程的加速度大小为

a2＝＝0.5 m/s2……

将加速度a2沿水平方向和竖直方向分解，对货物，由牛顿第二定律得

f＝m货a2cos 30°

m货g－FN＝m货a2sin 30°

解得f＝5 N，FN＝195 N．