2024版新教材高考物理復習特訓卷考點17動力學中的圖像問題

考點17動力學中的圖像問題——提能力1．如圖甲所示，一個質量為1kg的物體靜止在水平地面上，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5，t＝0時刻對物體施加一個水平向左、大小恒為8N的力F1，同時在豎直方向施加一豎直向下的力F2，力F2的大小隨時間變化的關系如圖乙所示，取重力加速度大小為10m/s2，則下列說法正確的是()A．0～2s內物體的加速度大小為3m/s2B．0～5s內物體運動的最大速度為6m/sC．0～4s內物體的平均速度大小為4m/sD．0～5s內物體的位移大小為8m2.[2023·江蘇揚州3月質檢](多選)如圖所示，傳送帶傾角為α，表面粗糙，以恒定速度v0逆時針運行．一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，運動到斜面底端的過程中，其速度隨時間變化的關系圖像可能是()3．(多選)蹦床屬于體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱．某次比賽過程中，一運動員做蹦床運動時，利用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力F隨時間t的變化圖像如圖所示．若運動員僅在豎直方向運動，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2.依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是()A．運動員的質量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．9.3s至10.1s內，運動員一直處于超重狀態(tài)4．(多選)某同學站在力的傳感器上連續(xù)完成多次下蹲起立．某時刻作為計時起點，傳感器與計算機連接，經(jīng)計算機處理后得到力的傳感器示數(shù)F隨時間t變化的情況，如圖所示．已知該同學質量m＝60kg，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．0～4s完成了一次下蹲過程B．0～8s該同學向下的最大加速度約為4.7m/s2C．0～8s該同學向上的最大加速度約為5.3m/s2D．1.8s該同學向下速度達到最大5.(多選)很多智能手機都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況．用手掌托著手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向．由此可判斷出()A．手機可能離開過手掌B．手機在t1時刻運動到最高點C．手機在t2時刻開始減速上升D．手機在t1～t3時間內，受到的支持力先減小再增大6．若電梯在運動過程中只受本身的重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，其加速度a與時間t的關系如圖所示，則下列相關說法正確的是()A．t＝6s時，電梯處于失重狀態(tài)B．7～53s時間內，繩索拉力最小C．t＝59s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰好為07．[2023·黑龍江哈爾濱模擬](多選)如圖甲所示，在水平地面上有一長木板B，其上疊放木塊A.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．用一水平力F作用于B，A、B的加速度與F的關系如圖乙所示(g＝10m/s2)，則下列說法中正確的是()A．A的質量為0.8kgB．B的質量為0.5kgC．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5D．B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.48．如圖甲所示，物塊的質量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下，從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻恒力F突然反向，大小不變，則整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示(取g＝10m/s2)，則下列說法正確的是()A．0～5s內物塊做勻減速運動B．在t＝1s時刻恒力F反向C.恒力F大小為10ND．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.49．[2023·廣東深圳二模](多選)如圖，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角為30°，順時針勻速轉動，把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間變化關系如圖所示．已知貨物質量為10kg，重力加速度取10m/s2.則()A．傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/sB．貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)C．A、B兩點的距離為16mD．運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功15J10．(多選)某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如圖甲所示，將一質量為M的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質量為m的物塊，剛開始均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測出水平拉力F，畫出F與物塊的加速度a的關系如圖乙所示．已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個運動過程中物塊從未脫離長木板．則()A．長木板的質量為2kgB．長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.4C．長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.1D．當拉力F增大時，長木板的加速度可能不變考點17動力學中的圖像問題——提能力1．答案：D解析：在0～2s內，物體在豎直方向由平衡條件可得FN1＝mg＋F2，水平方向由牛頓第二定律可得F1－μFN1＝ma1，解得物體加速階段的加速度大小a1＝2m/s2，A錯誤；在2～5s，豎直方向有FN2＝mg＋F′2水平方向有μFN2－F1＝ma2得物體減速階段的加速度大小，a2＝2m/s2，所以物體先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，t1＝2s時物體的速度最大，最大速度為v＝a1t1＝4m/s，B錯誤；由于加速、減速過程加速度大小相等，由運動學知識可得4s后物體停止，物體的總位移大小為x＝2×eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝8m，由平均速度的定義可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝2m/s，C錯誤，D正確．2．答案：AC解析：滑塊由靜止釋放，相對于傳送帶向上運動，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速運動，加速度為a1＝gsinα＋μgcosα，加速到和傳送帶速度相等時，若有mgsinα≤μmgcosα，則滑塊和傳送帶保持相對靜止，一起勻速運動，A正確；若有mgsinα＞μmgcosα，則滑塊和傳送帶不能保持相對靜止，滑塊繼續(xù)加速運動，加速度為a2＝gsinα－μgcosα，但a2＜a1，C正確，D錯誤；滑塊只可能存在上述兩種情形，不可能出現(xiàn)減速的情形，B錯誤．3．答案：ABC解析：由題圖所給信息可知，開始時運動員靜止在蹦床上，所受彈力與重力大小相等，即mg＝600N，解得運動員的質量m＝60kg，選項A正確；在蹦床上時受到的最大彈力Fm＝3300N，最大加速度am＝eq\f(Fm－mg,m)＝45m/s2，選項B正確；運動員離開蹦床后在空中運動的時間t＝2s，上升和下落的時間均為1s，則最大高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，選項C正確；9.3s至10.1s內，運動員先失重、后超重、再失重，D錯誤．4．答案：AC解析：人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，有F<mg＝600N，到達一個最大速度后再減速下降超重，有F>mg＝600N，故0～4s完成了一次下蹲過程，故A正確；由圖像知，在1.8s時F最小，該同學向下的加速度最大，還在向下加速，由mg－Fmin＝mam，對應圖像有Fmin＝280N，代入解得am＝5.3m/s2，故B、D錯誤；0～8s內當F最大時，該同學向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m對應圖像有Fmax＝920N，代入解得a′m＝5.3m/s2，故C正確．5．答案：AC解析：若手機離開手掌，則其加速度應為g，由圖像可知，在t3時刻之后的一段時間內，手機的加速度大小接近10m/s2，方向向下，手機可能處于該情形，故A選項正確；t1時刻手機加速度最大，但t1時刻之后手機的加速度依然是正值，手機還將繼續(xù)加速上升，故B選項錯誤；t2時刻之后，手機的加速度反向，但此時手機向上的速度最大，手機將減速上升一段時間，故C選項正確；手機在t1～t2時間內，向上的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma1故支持力逐漸減小，手機在t2～t3時間內，向下的加速度逐漸增大，由牛頓第二定律得mg－FN＝ma2可知支持力繼續(xù)減小，故D選項錯誤．6．答案：D解析：根據(jù)a-t圖像可知當t＝6s時電梯的加速度方向向上，電梯處于超重狀態(tài)，故A錯誤；53～60s時間內，加速度的方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，繩索的拉力小于電梯的重力；而7～53s時間內，a＝0，電梯處于平衡狀態(tài)，繩索的拉力等于電梯的重力，應大于電梯失重時繩索的拉力，所以這段時間內繩索拉力不是最小，故B、C錯誤；根據(jù)a-t圖像與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，并結合幾何知識可知，60s內電梯速度的變化量為0，而電梯的初速度為0，所以t＝60s時，電梯速度恰好為0，故D正確．7．答案：AC解析：由圖可知，A、B二者開始時對地靜止，當拉力為4N時開始對地滑動，則B與地面間的最大靜摩擦力為Ff＝4N，當拉力為F1＝10N時，AB相對滑動，此時A的加速度為5m/s2，對A根據(jù)牛頓第二定律有μ1mAg＝mAaA，對整體根據(jù)牛頓第二定律有F1－Ff＝(mA＋mB)aA，解得AB間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，故C正確．當拉力為F2＝12N時，B的加速度為10m/s2，對B根據(jù)牛頓第二定律有F2－Ff－μ1mAg＝mBaB，解得mA＝0.8kg，mB＝0.4kg，則μ2(mA＋mB)g＝Ff，解得B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.33，B、D錯誤，A正確．8．答案：B解析：由勻變速直線運動規(guī)律可得v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax整理得v2＝2a·x＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))對比圖線可知，斜率為2a1＝eq\f(100,5)m/s2解得物塊做勻減速直線運動的加速度大小為a1＝10m/s2，減速到零的時間為t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，故0～1s內物塊做勻減速運動，在t＝1s時刻恒力F反向，A錯誤，B正確；物塊減速到零后做勻加速直線運動的加速度大小滿足2a2＝eq\f(64,13－5)m/s2解得a2＝4m/s2，兩過程據(jù)牛頓第二定律分別可得F＋Ff＝ma1；F－Ff＝ma2聯(lián)立兩式解得F＝7N，F(xiàn)f＝3N則動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，C、D錯誤．9．答案：AB解析：由圖像可知，貨物先向上勻加速，再向上勻速，所以傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/s，A正確；開始時貨物的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,0.4)m/s2＝2.5m/s2，由牛頓第二定律可知μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，B正確；由圖像可知，AB兩點的距離為s＝eq\f(1,2)×(16＋15.6)×1m＝15.8m，C錯誤；由動能定理可知Wf－mgssin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功Wf＝795J，D錯誤．10．答案：AD解析：設長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由題圖乙可知，當F>12N時物塊和長木板開始發(fā)生相對滑動，則F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1