2024版新教材高考物理复习特训卷考点17动力学中的图像问题

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点17动力学中的图像问题，共6页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。


A．0～2 s内物体的加速度大小为3 m/s2
B．0～5 s内物体运动的最大速度为6 m/s
C．0～4 s内物体的平均速度大小为4 m/s
D．0～5 s内物体的位移大小为8 m
2.
[2023·江苏扬州3月质检](多选)如图所示，传送带倾角为α，表面粗糙，以恒定速度v0逆时针运行．一小滑块从斜面顶端由静止释放，运动到斜面底端的过程中，其速度随时间变化的关系图像可能是( )
3．(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是( )
A．运动员的质量为60 kg
B．运动员的最大加速度为45 m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
D．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态
4．(多选)某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立．某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F随时间t变化的情况，如图所示．已知该同学质量m＝60 kg，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．0～4 s完成了一次下蹲过程
B．0～8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2
C．0～8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2
D．1.8 s该同学向下速度达到最大
5.
(多选)很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况．用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向．由此可判断出( )
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻开始减速上升
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
6．若电梯在运动过程中只受本身的重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示，则下列相关说法正确的是( )
A．t＝6 s时，电梯处于失重状态
B．7～53 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0
7．[2023·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列说法中正确的是( )
A．A的质量为0.8 kg
B．B的质量为0.5 kg
C．A、B间的动摩擦因数为0.5
D．B与地面间的动摩擦因数为0.4
8．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
9．[2023·广东深圳二模](多选)如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示．已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2.则( )
A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),2)
C．A、B两点的距离为16 m
D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J
10．(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )
A．长木板的质量为2 kg
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.4
C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.1
D．当拉力F增大时，长木板的加速度可能不变
考点17 动力学中的图像问题——提能力
1．答案：D
解析：在0～2 s内，物体在竖直方向由平衡条件可得FN1＝mg＋F2，水平方向由牛顿第二定律可得F1－μFN1＝ma1，解得物体加速阶段的加速度大小a1＝2 m/s2，A错误；在2～5 s，竖直方向有FN2＝mg＋F′2水平方向有μFN2－F1＝ma2得物体减速阶段的加速度大小，a2＝2 m/s2，所以物体先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，t1＝2 s时物体的速度最大，最大速度为v＝a1t1＝4 m/s，B错误；由于加速、减速过程加速度大小相等，由运动学知识可得4 s后物体停止，物体的总位移大小为x＝2× eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝8 m，由平均速度的定义可得 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)＝2 m/s，C错误，D正确．
2．答案：AC
解析：滑块由静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速运动，加速度为a1＝g sin α＋μg cs α，加速到和传送带速度相等时，若有mg sin α≤μmg cs α，则滑块和传送带保持相对静止，一起匀速运动，A正确；若有mg sin α＞μmg cs α，则滑块和传送带不能保持相对静止，滑块继续加速运动，加速度为a2＝g sin α－μg cs α，但a2＜a1，C正确，D错误；滑块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，B错误．
3．答案：ABC
解析：由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，最大加速度am＝ eq \f(Fm－mg,m)＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2 s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝ eq \f(1,2)gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．
4．答案：AC
解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有Fmg＝600 N，故0～4 s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图像知，在1.8 s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图像有Fmin＝280 N，代入解得am＝5.3 m/s2，故B、D错误；0～8 s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m对应图像有Fmax＝920 N，代入解得a′m＝5.3 m/s2，故C正确．
5．答案：AC
解析：若手机离开手掌，则其加速度应为g，由图像可知，在t3时刻之后的一段时间内，手机的加速度大小接近10 m/s2，方向向下，手机可能处于该情形，故A选项正确；t1时刻手机加速度最大，但t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，故B选项错误；t2时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，故C选项正确；手机在t1～t2时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1故支持力逐渐减小，手机在t2～t3时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma2可知支持力继续减小，故D选项错误．
6．答案：D
解析：根据a ­ t图像可知当t＝6 s时电梯的加速度方向向上，电梯处于超重状态，故A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于电梯的重力；而7～53 s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索的拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B、C错误；根据a ­ t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，并结合几何知识可知，60 s内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，故D正确．
7．答案：AC
解析：由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为4 N时开始对地滑动，则B与地面间的最大静摩擦力为Ff＝4 N，当拉力为F1＝10 N 时，AB相对滑动，此时A的加速度为5 m/s2，对A根据牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA，对整体根据牛顿第二定律有F1－Ff＝(mA＋mB)aA，解得AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，故C正确．当拉力为F2＝12 N时，B的加速度为10 m/s2，对B根据牛顿第二定律有F2－Ff－μ1mAg＝mBaB，解得mA＝0.8 kg，mB＝0.4 kg，则μ2(mA＋mB)g＝Ff，解得B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.33，B、D错误，A正确．
8．答案：B
解析：由匀变速直线运动规律可得v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax整理得v2＝2a·x＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) 对比图线可知，斜率为2a1＝ eq \f(100,5)m/s2解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝10 m/s2，减速到零的时间为t1＝ eq \f(v0,a1)＝1 s，故0～1 s内物块做匀减速运动，在t＝1 s时刻恒力F反向，A错误，B正确；物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足2a2＝ eq \f(64,13－5)m/s2解得a2＝4 m/s2，两过程据牛顿第二定律分别可得F＋Ff＝ma1；F－Ff＝ma2联立两式解得F＝7 N，Ff＝3 N则动摩擦因数为μ＝ eq \f(Ff,mg)＝0.3，C、D错误．
9．答案：AB
解析：由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，A正确；开始时货物的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(1,0.4)m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmg cs 30°－mg sin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),2)，B正确；由图像可知，AB两点的距离为s＝ eq \f(1,2)×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，C错误；由动能定理可知Wf－mgs sin 30°＝ eq \f(1,2)mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795 J，D错误．
10．答案：AD
解析：设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>12 N时物块和长木板开始发生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg结合题图乙可知，m＝k1＝ eq \f(12－8,2) kg＝2 kg；μ1mg＝8 N解得μ1＝0.4，当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g由题图乙可知M＋m＝k2＝ eq \f(12－4,2) kg＝4 kg，则解得M＝2 kg；μ2(M＋m)g＝4 N，解得μ2＝0.1，A正确，B、C错误；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，D正确．