新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 热点7运动学和动力学图像（含解析）

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A．进站减速时列车的加速度大小为1.2 m/s2
B．列车在加速与减速两阶段运动的位移相同
C．若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大
D．若列车在该站不停车，以30 m/s的速度匀速驶过该站，与原来相比，通过车站的运行时间少耗费22.5 s
答案 C
解析 由v－t图像可知，进站减速时列车的加速度大小为a1＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2，A错误；v－t图像的图线与横轴围成的面积表示位移，列车在减速阶段运动的位移为x1＝eq \f(1,2)×20×30 m＝300 m，列车在加速阶段运动的位移为x2＝eq \f(1,2)×25×30 m＝375 m，可知列车在加速与减速两阶段运动的位移不相同，B错误；列车在加速阶段的加速度大小为a2＝eq \f(30,25) m/s2＝1.2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5 m/s2>a2＝1.2 m/s2，可知若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大，C正确；若列车在该站不停车，以30 m/s的速度匀速驶过该站，则列车匀速所用的时间为t＝eq \f(x1＋x2,v)＝eq \f(300＋375,30) s＝22.5 s，与原来相比，通过车站的运行时间少耗费的时间为Δt＝75 s－22.5 s＝52.5 s，D错误．
2．(2022·辽宁省模拟)如图所示是某同学站在力传感器上，先下蹲后站起过程中力传感器的示数随时间的变化图像．重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．在1～2 s时间内，该同学完成了一次下蹲再站起的过程
B．下蹲过程，该同学始终处于失重状态；站起过程，该同学始终处于超重状态
C．全过程中，该同学重心的加速度的最大值约为6 m/s2
D．若仅缩短该同学下蹲所用时间，图线峰值一定不会发生变化
答案 C
解析 该同学下蹲过程先加速，再减速，因此先失重后超重，力传感器示数先小于重力后大于重力，故在1～2 s时间内，该同学仅完成了一次下蹲过程，A、B错误；根据牛顿第二定律可知，在失重过程有mg－FN1＝ma1，超重过程有FN2－mg＝ma2，由题图可知，支持力最大值约为700 N，最小值约为200 N，该同学质量为50 kg，代入解得加速度最大值约为6 m/s2，C正确；若仅缩短该同学下蹲所用时间，该同学超重过程中的最大加速度可能会变大，因此图线峰值可能会发生变化，D错误．
3.(2022·湖南省隆回县第二中学模拟)实验小组通过实验研究汽车在晴天干燥路面和雨天湿滑路面上的制动效果．在晴天干燥路面测试的初速度为30 m/s，从发出刹车指令到汽车停下的过程的v－x图像如图所示．在雨天湿滑路面测试的初速度为24 m/s，假设人的反应时间不变，从发出刹车指令到汽车停下的过程经过的位移与晴天干燥路面时相同．根据v－x图像及所给数据可以推断两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a干∶a湿为( )
A．5∶4 B．5∶3
C．4∶3 D．3∶2
答案 B
解析 由图像可知在人的反应时间内，汽车在做匀速运动，由题图可得人的反应时间为t＝eq \f(x1,v)＝1 s，汽车刹车距离为x′＝eq \f(v02,2a干)，由题图可知在晴天干燥路面刹车距离为90 m，则刹车加速度大小为a干＝eq \f(302,2×90) m/s2＝5 m/s2，在雨天湿滑路面匀速和匀减速的总位移仍为120 m，则有L＝v′t＋eq \f(v′2,2a湿)，其中L＝120 m，v′＝24 m/s，t＝1 s，解得a湿＝3 m/s2，则两种情况下汽车刹车的加速度大小之比为a干∶a湿＝5∶3，故选B.
4.(2022·安徽黄山市第二次质检)甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v－t图像如图所示，在t＝0时刻，乙车在甲车前方x0处，在0～t1时间内乙车的位移为x.下列判断正确的是( )
A．若甲、乙在t1时刻相遇，则x0＝3x
B．若甲、乙在eq \f(1,2)t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1
C．若x0＝eq \f(3,2)x，则甲、乙一定相遇一次
D．若x0＝eq \f(5,3)x，则甲、乙一定相遇两次
答案 D
解析 由题图可知，甲车的初速度等于2v0，在t1时刻乙车速度为v0，在0～t1时间内，乙车的位移为x，在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移大小，可判断得甲车的位移为3x，若甲、乙在t1时刻相遇，则x0＝3x－x＝2x，故A错误；若甲、乙在eq \f(1,2)t1时刻相遇，如图所示，由图像可知，x0为阴影部分对应的距离，由图像中的对称关系，可知下次相遇的时刻为t1＋eq \f(t1,2)＝eq \f(3,2)t1，故B错误；若x0＝eq \f(3,2)x，则x＝eq \f(2,3)x0，t＝t1时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx＝x甲－x乙＝eq \f(2,3)x0×3－eq \f(2,3)x0＝eq \f(4,3)x0>x0，说明在t＝t1之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定能再次相遇，故C错误；若x0＝eq \f(5,3)x，则x＝eq \f(3,5)x0，t＝t1时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx′＝x甲′－x乙′＝eq \f(3,5)x0×3－eq \f(3,5)x0＝eq \f(6,5)x0>x0，说明在t＝t1之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D正确．
5．(2022·辽宁省模拟)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列是力F和运动时间t之间的关系图像，正确的是( )
答案 D
解析 在力F作用在P上之前，物块放在弹簧上处于静止状态，则有mg＝kx0，在力F作用在P上之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x为物块向下运动的位移，x＝eq \f(1,2)at2，联立可得F＝ma＋eq \f(ka,2)t2，即F随时间变化图像为D，所以D正确，A、B、C错误．
6．(2022·辽宁省模拟)为保障灾民生命财产安全，消防队员利用无人机为灾民配送物资，某次在执行任务时，无人机从地面起飞，将配送物资运输到预定地点，在飞行过程中，通过速度传感器测出无人机在水平方向和竖直方向的分速度vx和vy随飞行时间t的关系图像如图甲、乙所示，无人机到达最大高度后释放物资，物资落在预定地点，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．在0～10 s内，无人机做曲线运动
B．25 s时无人机速度大小为10 m/s
C．30 s时无人机加速度大小为0.6 m/s2
D．物资从释放到到达预定地点经历的时间为6 s
答案 C
解析 0～10 s时间内，无人机在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则合运动为初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；25 s时无人机水平方向速度大小为vx＝8 m/s，竖直方向上速度大小为vy＝9 m/s，此时速度大小为v＝eq \r(vx2＋vy2)＝eq \r(145) m/s，故B错误；30 s时无人机水平方向加速度为零，竖直方向加速度即为无人机的加速度，其大小为ay＝eq \f(12－0,40－20) m/s2＝0.6 m/s2，故C正确；0～40 s时间内无人机竖直方向高度y＝eq \f(1,2)×(10＋40)×12 m＝300 m，从物资释放到落地，对物资竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝2eq \r(15) s，故D错误．
7．(2022·山东青岛市三模)如图，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上．当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止．下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )
答案 D
解析 转动过程中a、b角速度相同．当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，细线拉力为零，此过程中a、b所受的摩擦力大小分别为Ffa＝mraω2，Ffb＝mrbω2，因为rb>ra，故Ffb>Ffa，又因为a、b与圆盘的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力Ff0时，细线开始出现拉力，此时对于a、b有Ffa－FT＝mraω2，Ff0＋FT＝mrbω2，联立可得Ffa＝m(ra＋rb)ω2－Ff0，由上述分析可知，细线拉力出现之前Ffa－ω2图线的斜率为mra，细线拉力出现之后图线的斜率为m(ra＋rb)，所以细线有拉力时图线斜率变大，故选D.
8.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案 AD
解析 物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝eq \f(1,2)mv32，解得x1＝9 m,3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq \f(1,2)mv32，解得x2＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝eq \f(1,2)at32＝4 m9．(多选)(2022·广东茂名市二模)如图甲，在蹦极者身上装好传感器，可测量他在不同时刻下落的高度及速度大小．蹦极者从蹦极台自由下落，利用传感器与计算机结合得到如图乙所示的速度(v)－位移(l)图像．蹦极者及所携带设备的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列表述正确的是( )
A．整个下落过程，蹦极者及设备组成的系统机械能不守恒
B．从弹性绳刚伸直开始，蹦极者做减速运动
C．蹦极者动能最大时，弹性绳的拉力大小等于重力
D．弹性绳的弹性势能最大值为15 600 J
答案 CD
解析 不计空气阻力，整个下落过程中只有重力和弹性绳弹力做功，故蹦极者及设备组成的系统机械能守恒，A错误；弹性绳刚伸直时弹性绳的拉力小于蹦极者及设备的重力，蹦极者继续做加速运动，当拉力等于重力时，蹦极者及设备所受合外力为0，速度达到最大，动能达到最大，当拉力大于重力时，蹦极者开始做减速运动，到最低点时速度为0，B错误，C正确；从题图可知，下落的最大高度为26 m，由Epm＝mgh＝60×10×26 J＝15 600 J，D正确．
10．(多选)(2022·安徽合肥市质检)如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P拴接．现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程．在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示．已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同，且Ep＝eq \f(1,2)kx2.下列说法正确的是( )
A．释放瞬间Q的加速度是P的3倍
B．P的质量是Q的2倍
C．P的最大动能是Q的4倍
D．Q向右运动的最大距离是P的2倍
答案 BD
解析 设弹簧的劲度系数为k，物块与地面间的动摩擦因数为μ，当速度达到最大时，加速度为零，对两物块由平衡条件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，联立可得mP＝2mQ，故B正确；释放物块瞬间，根据牛顿第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq \f(kl0,mP)，aQ＝eq \f(2kl0,mQ)，结合B选项，可得eq \f(aP,aQ)＝eq \f(1,4)，故A错误；设开始弹簧的弹性势能为Ep，从释放到最大动能处由能量守恒定律得EkQ＝eq \f(1,2)k(3l0)2－eq \f(1,2)kl02－μgmQ·2l0＝4kl02－μgmQ·2l0，EkP＝eq \f(1,2)k(3l0)2－eq \f(1,2)k(2l0)2－μgmP·l0＝eq \f(5,2)kl02－μgmP·l0，结合B选项中各式，可知EkP＝eq \f(1,4)EkQ，故C错误；由题意可知，P、Q两物块从开始到第一次向右运动到最远处做简谐运动，由对称性可知，Q向右运动的最大距离是P的2倍，故D正确．