2023版高考物理一輪總復(fù)習(xí)專(zhuān)題3牛頓運(yùn)動(dòng)定律熱點(diǎn)強(qiáng)化3動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題課后提能演練

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對(duì)您有所幫助！熱點(diǎn)強(qiáng)化3動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題1．在物流貨場(chǎng)中廣泛利用傳送帶搬運(yùn)貨物．如圖所示，傾角為θ的足夠長(zhǎng)的傳送帶始終以恒定的速率v1順時(shí)針運(yùn)行，t＝0時(shí)，初速度為v2(v2<v1)的小貨物從傳送帶的底端滑上傳送帶，已知小貨物與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ>tanθ.小貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、重力勢(shì)能Ep(取小貨物剛進(jìn)入傳送帶位置重力勢(shì)能為零)和動(dòng)能Ek隨貨物位移s的變化規(guī)律正確的是()ABCD【答案】D2．一同學(xué)研究箱子的運(yùn)動(dòng)，讓一質(zhì)量為m＝1kg的箱子在水平恒力F的推動(dòng)下沿光滑水平面做直線運(yùn)動(dòng)，箱子運(yùn)動(dòng)的eq\f(x,t)－t圖像如圖所示，t是從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)箱子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，x為箱子在時(shí)間t內(nèi)的位移，由此可知()A．箱子受到的恒力大小為F＝0.5NB．0～10s內(nèi)箱子的動(dòng)量變化量為5kg·m/sC．5s時(shí)箱子的速度大小為5.5m/sD．0～5s內(nèi)箱子的位移為27.5m【答案】D3．用外力F拉一物體使其做豎直上升運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，加速度a隨外力F的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．物體的質(zhì)量為eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度為2a0C．當(dāng)a>0時(shí)，物體處于失重狀態(tài)D．當(dāng)a＝a1時(shí)，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1【答案】A4．利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以研究快速變化的力的大?。畬?shí)驗(yàn)時(shí)，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，然后將小球由靜止釋放，同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，利用傳感器和計(jì)算機(jī)獲得彈性繩的拉力隨時(shí)間的變化如圖乙所示．根據(jù)圖像提供的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．t1、t3時(shí)刻小球的速度最大B．t2、t5時(shí)刻小球的動(dòng)能最小C．t3、t4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)方向相同D．t4－t3<t7－t6【答案】B【解析】把小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，讓小球自由下落，t1時(shí)刻繩子剛好繃緊，此時(shí)小球所受的重力大于繩子的拉力，小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩子的拉力大于重力時(shí)，小球才開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻繩子的拉力最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度為零；當(dāng)繩子的拉力與重力相等時(shí)速度最大，而t1、t3時(shí)刻繩子的拉力都為零，小于小球的重力，故t1、t3時(shí)刻小球的速度不是最大，故A錯(cuò)誤；由乙圖可知，t2、t5時(shí)刻小球都到達(dá)最低點(diǎn)，速度為零，動(dòng)能都為零，為最小值，故B正確；t3時(shí)刻小球速度方向向上，t4時(shí)刻小球速度向下，t3、t4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)方向相反，故C錯(cuò)誤；t3～t4時(shí)間內(nèi)與t6～t7時(shí)間內(nèi)小球都做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由于t3時(shí)刻的速度大于t6時(shí)刻的速度，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(2v0,g)，可知t4－t3>t7－t6，故D錯(cuò)誤．5．如圖為某運(yùn)動(dòng)員做蹦床運(yùn)動(dòng)時(shí)，利用傳感器測(cè)得蹦床彈力隨時(shí)間的變化圖．假設(shè)運(yùn)動(dòng)員僅在豎直方向運(yùn)動(dòng)，且不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.依據(jù)圖像給出的物理信息，運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升的最大高度H和運(yùn)動(dòng)員的最大加速度大小a分別為()A．5m、40m/s2 B．5m、50m/s2C．9.8m、40m/s2 D．9.8m、50m/s2【答案】A【解析】由圖給信息可知靜止時(shí)蹦床的彈力等于重力，即G＝500N，則運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m＝50kg，又最大彈力為2500N，則運(yùn)動(dòng)員的最大加速度為a＝eq\f(2500－500,50)m/s2＝40m/s2，運(yùn)動(dòng)員在空中時(shí)間t0＝(8.7－6.7)s＝2s，下落時(shí)間t＝eq\f(t0,2)＝1s，則最大高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，故A正確．6．如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長(zhǎng)木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4m后鎖定，t＝0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊．計(jì)算機(jī)通過(guò)滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0kg，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD．該過(guò)程中滑塊的最大加速度為35m/s2【答案】C【解析】根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度可知，滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)到滑塊停止運(yùn)動(dòng)，加速度不變，A、B錯(cuò)誤；由題中圖像知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，剛釋放時(shí)滑塊的加速度大小為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此時(shí)滑塊的加速度最大，D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，C正確．7．如圖甲所示，一物體靜止在水平面上，從t＝0時(shí)刻起受一向右的水平拉力F作用，該力隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，該物體加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖丙所示．若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．物體的質(zhì)量為1kgB．t＝4s時(shí)刻，物體的速度大小為2m/sC．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．物體與地面的最大靜摩擦力大小為2N【答案】B【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)物體，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，根據(jù)乙圖可知F＝0.5t，則a＝eq\f(1,2m)t－μg，所以a－t圖像的斜率表示eq\f(1,2m)，即eq\f(1,2m)＝eq\f(2,4－2)，解得m＝0.5kg；當(dāng)t＝4s時(shí)加速度為a＝2m/s2，解得μ＝0.2，故A、C錯(cuò)誤；a－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的變化，0～2s內(nèi)物體靜止，所以t＝4s時(shí)刻，物體的速度大小為v＝eq\f(1,2)×(4－2)×2m/s＝2m/s，故B正確；根據(jù)丙圖可知t＝2s時(shí)物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)乙圖可知此時(shí)的拉力F＝1N，根據(jù)平衡條件可得：摩擦力f＝F＝1N，所以物體與地面的最大靜摩擦力大小為1N，故D錯(cuò)誤．8．(多選)水平地面上質(zhì)量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2隨時(shí)間的變化如圖所示，已知物塊在前2s內(nèi)以4m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，則()A．物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．3s末物塊受到的摩擦力大小為3NC．4s末物塊受到的摩擦力大小為1ND．5s末物塊的加速度大小為3m/s2【答案】BC【解析】在0～2s內(nèi)物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則摩擦力Ff＝3N，則μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，A錯(cuò)誤；2s后物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(6－5－3,1)m/s2＝－2m/s2，則經(jīng)過(guò)t＝eq\f(0－v,a)＝2s，即4s末速度減為零，則3s末物塊受到的摩擦力大小為3N,4s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6N－5N＝1N，B、C正確；物塊停止后，因兩個(gè)力的差值小于最大靜摩擦力，故物塊受力平衡不再運(yùn)動(dòng)，則5s末物塊的加速度為零，D錯(cuò)誤．9．(2021年四川名校模擬)如圖甲所示，物塊在沿固定斜面向上的拉力F作用下沿足夠長(zhǎng)的粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)．已知物塊質(zhì)量m＝4kg，斜面傾角θ＝37°，F(xiàn)＝40N，經(jīng)t1＝1.0s后撤去F，測(cè)得物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)物塊沿斜面向上滑行的最大位移x.解：(1)由圖可得前1s的加速度為a1＝eq\f(2.0,1.0)m/s2＝2m/s2，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－f＝ma1，在垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件有FN＝mgcosθ，又有f＝μFN，聯(lián)立以上各式得μ＝0.25.(2)物體在前1s內(nèi)沿斜面上升的距離為x1＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m，撤去F后，物體沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋f＝ma2，在垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件有FN＝mgcosθ，又f＝μFN，聯(lián)立解得加速度為a2＝8m/s2.設(shè)物體減速過(guò)程中位移為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有0－v2＝2(－a2)x2，代入數(shù)據(jù)可得x2＝eq\f(0－22,－2×8)m＝0.25m，則物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移為xm＝x1＋x2＝1.25m.10．(2021屆甘肅靖遠(yuǎn)一中開(kāi)學(xué)考)如圖甲所示，長(zhǎng)L＝1.4m的木板靜止在足夠長(zhǎng)的粗糙水平面上，木板的右端放置著質(zhì)量m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．現(xiàn)用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑塊和木板的加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(2)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ/r