2023年高三物理二輪練習29 有關(guān)速度、位移、加速度和力的動力學圖像（解析版）

2023年高三物理二輪高頻考點沖刺突破

專題29有關(guān)速度、位移、加速度和力的動力學圖像

專練目標______________________________專練內(nèi)容______________________________

目標1高考真題（IT—4T）

目標2有關(guān)速度的動力學圖像（5T—8T）

目標3有關(guān)位移的動力學圖像（9T-12T）

目標4有關(guān)加速度的動力學圖像（13T—16T）

目標5有關(guān)力的動力學圖像（17T—20T）

【典例專練】

一、高考真題

1.一質(zhì)量為機的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移S與時間f的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小

用QV表示，速度大小用V表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

A.0~0時間內(nèi)，V增大，F(xiàn),v>wgB.時間內(nèi)，V減小，F(xiàn)h<mg

C.”~打時間內(nèi)，V增大，F(xiàn)N<mgD.打~“時間內(nèi)，V減小，F(xiàn)N>mg

【答案】D

【詳解】A.由于SY圖像的斜率表示速度，可知在0~〃時間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重

狀態(tài)，則FVeNlg,A錯誤；

B.在〃~力時間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則/Λ,=mg,B錯誤；

CD.在少?時間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，處于超重，則尸N>mg,C錯誤，D正確。故選D。

2.圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空

中，在。點落地。不計運動員經(jīng)過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員

速度大小V或加速度大小a隨時間t變化的圖像是（）

【答案】C

【詳解】設(shè)斜坡傾角為。，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，"gsinθ=mq可得

4=gsinθ運動員在水平NP段做勻速直線運動，加速度的=0運動員從P點飛出后做平拋運動，加速度為重

力加速度由=g設(shè)在P點的速度為Vo,則從P點飛出后速度大小的表達式為V=y∣v1+g2t2由分析可知從P點

飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，旦4<%，C正確，ABD錯誤。故選C。

3.水平地面上有一質(zhì)量為町的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為嗎的物塊，如圖Q）所示。用水平向右

的拉力F作用在物塊上，尸隨時間/的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中片、鳥分別為4、G時刻F的大小。

木板的加速度q隨時間/的變化關(guān)系如圖（C）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為耳，物塊與木板間

的動摩擦因數(shù)為〃”假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）

W1

777777777777777777777777777777777777777

r丐（g!+加2）/、

A.耳=〃加IgB.f2=-~~—'3一月）g

叫

m,+%

c.μ2>—--μλD.在0?，2時間段物塊與木板加速度相等

【答案】BCD

【詳解】A.圖(C)可知，〃時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動,

此時以整體為對象有Fi=μx(mt+m2)g,A錯誤；

BC.圖(C)可知，〃滑塊與木板剛要發(fā)牛.相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有

F2-μi(mi+m2)g=(m1+m2)a以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律,</J2m2g-μl(mt+m2)g=mla>0f^.^

LmAmx+w?z、(in,+AW9)U

8=一---」(也一從)g;A2>――J內(nèi),BC正確；

W1m2

D.圖(C)可知，0~打這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD.

4.質(zhì)量為Ikg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間，的關(guān)系如圖所

示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=IOmN。則()

FN

4

IIAt/S

024

-4

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg?m∕s

D.0?6s時間內(nèi)尸對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【詳解】物塊與地面間的摩擦力為/=Nmg=2N

AC.對物塊從0~3s內(nèi)由動量定理可知(尸一∕)f∣=∕n匕即(4-2)x3=lx匕得％=6m∕s,3s時物塊的動量為

P=加匕=6kg?m∕s設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(b+∕)f=O-"叫即

-(4+2)f=0-lx6解得/=Is所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C錯誤；

B.0~3s物塊發(fā)生的位移為X/,由動能定理可得(尸-∕)X∣=5M即(4-2M=*lχ62得%=9m

2

3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得-(尸+∕)x2=0-∣WV3即-(4+2)x?=0-；x1X62々=3m

4s~6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為α=匕上=201/$2發(fā)生的位移為匕=1x2x22m=4m<x∣+x2

m2

即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

D.物塊在6s時的速度大小為以二2χ2m∕s=4m∕s,0~6s拉力所做的功為沙=(4×9-4×3+4×4)J=40J

故D正確。故選AD。

二、有關(guān)速度的動力學圖像

5.如圖甲所示，傾角為。的斜面與水平面在。點通過一段小圓弧平滑連接，一可視為質(zhì)點的滑塊從斜面上

某處由靜止釋放，經(jīng)過。點滑到水平面上后減速至零，該過程中滑塊的速率隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。

已知斜面和水平面由同種材料構(gòu)成，則滑塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為（）

【答案】D

［詳解］滑塊在斜面上運動時有mgsmθ-μmgcosθ=ma1滑塊在水平面上運動時有-μmg=TnaI

由題圖乙知加速度大小滿足4=a,,解得〃=產(chǎn)SinjA=tan∩g故選D。

1+cos<92

6.如圖甲所示，平行于斜面的輕彈簧，勁度系數(shù)為3一端固定在在傾角為。的斜面底端，另一端與Q物

塊連接，P、Q質(zhì)量均為加，斜面光滑且固定在水平面上，初始時物塊均靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的力尸

拉物塊P，使做加速度為。的勻加速運動，兩個物塊在開始一段時間內(nèi)的VT圖象如圖乙所示（重力加速度

為g）,則下列說法正確的是（）

A.平行于斜面向上的拉力戶一直增大

B.外力施加的瞬間，P、Q間的彈力大小為加（gsinθ-α）

C.從。開始到4時刻，彈簧釋放的彈性勢能為gmv；

D.G時刻彈簧恢復(fù)到原長，物塊Q達到速度最大值

【答案】B

【詳解】A.由圖乙可知，〃時刻P、Q兩物體開始分離，在分離前，兩物體做勻加速運動，因彈簧壓縮量

減小，彈力減小，而合力又要保持不變，故拉力會一直增大，但當分離后，物塊P仍做勻加速直線運動，

故此時拉力就不變了，A錯誤；

B.在外力施加的瞬間，對■于P、Q的整體而言，由牛頓第二定律可知F-2wgsin（9+日=2加。解得

F=2mgs,mθ-kx+2ma因為開始時，拉力尸最小，故此時有2%gsine=b即/=2mα對P受力分析

F+F9-mgsmθ=ma=m[gsmθ-a）,B正確；

C.從O開始到"時刻，由動能定理，則有%+%+%=；加娟-0彈簧釋放的彈性勢能不等于gmv；,C錯

、口

慶；

D.當/2時刻，物塊Q達到速度的最大值，則加速度為0,因此彈簧對Q有彈力作用，沒有達到原長，D錯

誤。故選Bo

7.如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定速率%逆時針轉(zhuǎn)動，在f=0時，將質(zhì)量M=Ikg的物體（可視為質(zhì)

點）輕放在傳送帶上，物體的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，重力加速度g=1（）m∕s?,sin37°=0.60

則（）

A.傳送帶的傾角0=53°

B.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)M=0.5

C.在前2秒內(nèi)，傳送帶對物體做的功為-24J

D.在前2秒內(nèi)，物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為20J

【答案】BC

【詳解】AB.物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后，由于重力沿斜面向下的分

力大于摩擦力，物塊繼續(xù)向卜做勻加速直線運動，從圖象可知傳送帶的速度為%=10m∕s,開始時物體摩擦

力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，則％="gsm0+""gc°s,雁2=2m?2=IOmZS2

m1

mgsinθ-μmgcosθ,12-10ι,2皿一口CU.,_,...

a=------------------------m∕s~2=----------m/ts~=2m∕s聯(lián)乂解得〃=0?5；6=37o故A錯誤，B正確7zz；

2m1

C.第一段勻加速直線運動的位移為占=善=Mm=5m此過程傳送帶對貨物做的功為

2a12x10

2-2

%=〃機gcos37°M=O.5xlxlOχO.8χ5J=2OJ第二段勻加速直線運動的位移為vLv=IIm此過程傳送

2%

帶對貨物做的功為W2=-μmgcos37?=-0.5×l×10×0.8×llJ=-44J則總功為〃=%+%=-24J故C正確；

D.第一階段物體與傳送帶間的相對位移為?η=(10xl-5)m=5m產(chǎn)生的熱量為。=〃〃?gcos37"??x∣=20J

第二階段物體與傳送帶間的相對位移為&?=(ll-∣0xl)m=lm產(chǎn)牛.的熱量為0=Z≡gcos37°?Δx2=4J

總熱量為Q=Ql+Q2=24J故D錯誤。故選BCo

8.粗糙水平地面上放有一長木板，木板與地面的動摩擦因數(shù)從=0」，木板右端端放置一小物塊，小物塊與

木板間的動摩擦因數(shù)42=O?3,在木板左方有一墻壁，木板左端與墻壁的距離為3.5m,如圖甲所示。f=0時

刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向左運動，直至木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)，運動過程中小物

塊始終未離開木板。已知長木板的VT圖線如圖乙所示?重力加速度大小g取IOmzS2。則()

二

二

二

二

二

二

二

二

一

A./=Is時長木板撞到墻B.小物塊與長木板的質(zhì)量比為1:3

C.小物塊與長木板同時停下D.長木板的最小長度為3m

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)圖像可共同初速度為%=4m∕s受到滑動摩擦力而向左做勻減速運動“∣=-gM=-lm∕s2

?v

由20r=/一片，可得y=3m∕s則長木板撞到墻時4=一=IS故A正確；

囚

B.撞墻后長木板加速度α2="=-2m∕s?由牛頓第二定律-mgM,-(∕n+M)g4=M?可得=1:4故B錯誤;

Nt

C.由題意可知，長木板撞墻后再運動1s,速度為0,運動的距離Xl=IAf=Im此時對小物％=-g〃2=-3m/s2

v'=%+%Af=0木塊也剛好停下，故C正確：

D.此時小物塊運動的距離x2=；A/=1.5m則長木板的最小長度L=Xl+%=2.5m故D錯誤。故選AC。

三、有關(guān)位移的動力學圖像

9.汽車的剎車距離S是衡量汽車性能的重要參數(shù)，與剎車時的初速度丫、路面與輪胎之間的動摩擦因數(shù)〃有

關(guān)。某次測試，甲、乙兩車在相同路面沿水平直線行駛時緊急剎車，剎車距離S與剎車前的車速V的關(guān)系圖

象如圖所示，兩條圖線均為拋物線。若甲、乙兩車在相同路面以相同初速度剎車，下列說法正確的是（）

A.甲、乙兩車均做變減速直線運動

B.甲車剎車的加速度比乙車的大

C.甲車的剎車時間是乙車的4倍

D.甲車的動摩擦因數(shù)〃是乙車的0.5倍

【答案】C

【詳解】A.因為位移和初速度的關(guān)系為拋物線，而勻減速直線運動且末速度為。的位移滿足y2=2°s

所以可知兩車都是勻減速直線運動，故A錯誤；

B.對同一位移，甲的速度更小，所以可知甲的加速度更小，且只叫=7?=:故B錯誤；

a乙（2v1）4

C.由于甲乙兩車初速度相同，故停車時間為，=上所以甲車的剎車時間是乙車的4倍餐=幺=4故C正確;

a/乙Q甲

D.根據(jù)牛頓第二定律"g"=mα可知&■=&■=!故D錯誤。故選C。

N乙a乙4

10.如圖甲所示，物塊的質(zhì)量加=Ikg,初速度%=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，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖像如圖乙所

示（取g=10m∕s?）,則下列說法中正確的是（）

A.。?5s內(nèi)物塊做勻減速運動B.在f=5s時刻恒力尸反向

C.恒力廠大小為IOND,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3

【答案】D

【詳解】A.由v2-l√=2αχ及圖中信息可得，以向右為正方向，在o~5m時，物塊的加速度為

戈=-00m2∕s2=_i0m/s21Hv=v+az可得減速到零所需要的時間為/=3=Is即在O-Is內(nèi)做勻減

12x2×5m

速運動，故A錯誤;

B.由圖可知，力F在x=5m時反向，由題意可知，初速度為10m∕s,則0~5m時物塊的運動時間為

4=0^1°mzs=IS即在t=ls時刻恒力反向，故B錯誤;

aι

CD-由上述分析可得’在5m~13m內(nèi),物塊的加速度為的=黑晶=鈾屋則由題意及牛頓第二定律

可得-F-〃加g=/n%；E-〃機g=〃必解得F=7N:〃=0.3故C錯誤，D正確。故選D。

11.如圖甲所示，將某一物塊每次以不變的初速率沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角

實驗測得物塊運動的最遠位移X與斜面傾角。的關(guān)系如圖乙所示，g取IOm?2,則()

A.物塊的初速度為2m∕s

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.4

C.物塊沿斜面上滑的最大加速度為g

D.物塊沿斜面上滑的最小距離為氈m

25

【答案】AD

【詳解】A.由圖知，當夾角為90。時，位移為0.2m,由豎直上拋運動規(guī)律$=2g〃解得%=2m∕s故A正確;

B.當夾角為0。時，位移為0.4m,根據(jù)2?X=片；=加?？傻谩?0.5故B錯誤;

CD.根據(jù)μmgcosθ+mgsin。=可得α=gsinO+μgcosθ=?/l+μ2gSin(O+φ)因此最大加速度為

“ma"后/g=亭g此時的位移為2amaΛ1in=*解得XmM=笠m故C錯誤，D正確。故選AD。

12.如圖甲所示，傾角為37。、足夠長的傳送帶以恒定速率匕沿順時針方向轉(zhuǎn)動。一小煤塊以初速度%=12m∕s

從傳送帶的底部沖上傳送帶，規(guī)定沿傳送帶斜向上為煤塊運動的正方向，該煤塊運動的位移X隨時間/的變

化關(guān)系如圖乙所示。已知圖線在前LOS內(nèi)和在1.0s~f。內(nèi)為兩段不同的二次函數(shù)，"時刻圖線所對應(yīng)的切線

正好水平，重力力∏速度g取Iom∕s2,sin370=0.6,cos37<'=0?8,則下列說法正確的是()

A.傳送帶轉(zhuǎn)動速率W為8m∕s

B.圖乙中辦的數(shù)值為2.0

C.。?％內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為6m

D?煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25

【答案】BD

【詳解】A.假設(shè)煤塊沖上傳送帶，開始時受到摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律，可得加速度大小

為q=gsinJ+〃gcos。當煤塊速度減到與傳送帶速度相同后，煤塊相對于傳送帶向下運動，受到的摩擦力

方向沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為α2=gsin0--gcos6煤塊一直減速到零，接著反

向沿傳送帶向下加速，加速度大小為的，由于加gsin。>∕≡gcos。則煤塊一直加速到離開傳送帶，與題意及

2

圖乙相符，所以可知4=LOs時煤塊的速度大小等于傳送帶的轉(zhuǎn)動速率，由圖乙可得占=v√,-∣a1r1=8m

求得α∣=8m∕s可得傳送帶的速度大小為匕=%-卬I=12m∕s-8xlm∕s=4m∕s故A錯誤；

BD.由選項A分析可知，圖乙中時刻，煤塊向上運動速度減為零，根據(jù)q=gsine+〃gcose=8m/s2

求得煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為〃=0?25代入α2=gsin"4gcose求得的=40熱2又因為

Z=(10-8)m=OF)2求得八=2?0s故BD正確；

C.《內(nèi)煤塊相對于傳送帶向上運動，煤塊在傳送帶上的劃痕長度為?5∣=(x∣-W)=4m

乙?％內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為加2=WG-G-W=2m但由于該過程煤塊相對傳送帶向下運動，所以

0~f。內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為4m,故C錯誤。故選BD。

四、有關(guān)加速度的動力學圖像

13.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4時刻運動到最高點

C.手機在G時刻改變運動方向

D.手機在G?〃時間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大

【答案】A

【詳解】B.根據(jù)Av=α加可知OT圖象與坐標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在工時刻速度為正，

還沒有到最高點，故B錯誤；

C.根據(jù)Av="加可知ατ圖象與坐標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在芍時刻前后速度均為正，運

動方向沒有發(fā)生改變，故C錯誤；

D.由圖可知4?L時間加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得N-mg=3∕則N=sg+%α

可知％?時刻支持力不斷減小，G?，3時間內(nèi)加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得ZMg-N=mα'

得N=mg-mα’可得支持力還是不斷減小，故D錯誤；

A.由圖可知，手機的加速度某一段時間內(nèi)等于重力加速度，則手機與手掌沒有力的作用，手機可能離開過

手掌，故A正確。故選A。

14.如圖甲所示，質(zhì)量分別為用、M的物體A、B靜止在勁度系數(shù)為上的輕彈簧上，A與B不粘連。以兩物

體靜止時的位置為坐標原點?，F(xiàn)對物體A施加豎直向上的拉力，A、B一起豎直向上運動，兩物體的加速度

隨位移變化的“-x圖像如圖乙所示，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

B.在圖乙0S段中，B加速上升

C.位移大小為王時，A、B之間彈力大小為Hl-M4-Λ?

D.位移大小為匕時，A、B的速度大小均為JaO（X2+工3）

【答案】BD

【詳解】A.開始時，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)，由平衡條件可知，彈簧的彈力的大小扁=gj=（M+加）g

圖乙P0段中，A、B的加速度大小與方向都不變，由牛頓第二定律有尸-（/+機）g+∕?=（Λ∕+機”隨物體

向上運動，彈簧的彈力逐漸減小，可知拉力尸逐漸增大，故A錯誤；

B.在圖乙0S段中，A、B兩物體的加速度方向仍豎直向上，大小逐漸減小，所以A、B兩物體做加速度減

小的向上加速運動，故B正確；

C.當A、B兩物體豎直向上運動X/時，彈簧彈力大小用莉=A（Xo-%）=（M+Mg-g以B為研究對象，由牛

頓第二定律有Fm-Mg-F'=Man解得F'=mg-%-Ma。故C錯誤;

D.從P到。的運動中，物體的加速度不變，有d=2α<∕2從。到S的運動中，物體的加速度隨位移均勻減

小，則有5=當9=？；V；-v；=2萬3Y?）聯(lián)立解得力=JaO（X2+>）故D正確。故選BD。

15.一個質(zhì)量為機小物體，靜止在水平地面上。當受到一個水平外力尸作用時，物體會靜止或做加速直線

運動。隨著水平外力大小變化，其加速度a也隨之發(fā)生改變。如圖是α和尸的變化關(guān)系圖像（最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，g取IOmZsD,則（）

A.物體質(zhì)量Ikg

B.物體所受滑動摩擦力大小為2N

C.該圖像斜率表示物體的質(zhì)量

D.當F=3N時，物體的加速度大小為2m∕s2

【答案】AD

【詳解】AC.由牛頓第二定律尸-WMg=加。可得α=±-"g故圖像的斜率表示工，是物體質(zhì)量的倒數(shù)，C

mm

I5—0

錯誤；由圖像得上=2=lkg」

m6-1

故物體質(zhì)量為lkg,A正確；

B.由圖像知，當尸41N時，物體的加速度為零，說明物體保持靜止狀態(tài)；當QlN時，物體放開始加速運

動，故物體所受滑動摩擦力大小為IN,B錯誤；

D.由圖像可知，當尸=3N時，物體的加速度大小為2m∕s2,故D正確。故選AD。

16.足夠長的木板B靜止在光滑水平面上，其上放置物塊A,物塊A上作用一隨時間變化的向右的水平拉

力尸，F(xiàn)隨時間t變化的尸T圖像及物塊A的加速度。隨時間t變化的α-f圖像如圖乙、丙所示，A、B間

的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取IOm∕s?則下列說法正確的是()

A.可求出A的質(zhì)量為3kgB.可求得A、B間的動摩擦因數(shù)為0.3

C.可求得B的質(zhì)量為IkgD.當戶=12N時，木板B的加速度為4m∕s)

【答案】BC

【詳解】ABC.A、B在3s末開始相對滑動，對系統(tǒng)由牛頓第二定律得尸=(WA+"%)%因3s末拉力大小為6N,

加速度為3m∕s2,所以%+%=2kg隔離木板B,由牛頓第二定律得〃加送="%%即1°〃%=3%同理，隔

離物體A,由牛頓第二定律得尸-WnAg=加AA3根據(jù)內(nèi)圖和乙圖圖形可知4.5s末拉力大小為9N,加速度大小

為6m∕s2,即9-10〃%=6機A聯(lián)立以下三式%+機B=2kg,lθ///n?=3∕nβ,9-1OMmA=6%

解得加A=Ikg,WB=Ikg,〃=0.3,A錯誤，BC正確；

D.當尸=12N時，A、B相對滑動此時木板B的加速度為旬="空=3m∕s?,D錯誤。故選BC。

MB

五、有關(guān)力的動力學圖像

17.地震引起的海嘯會給人們帶來巨大的損失。某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進

行了模擬研究，他們設(shè)計了如下的模型：如圖甲所示，在水平地面上放置一個質(zhì)量為m=4kg的物體，讓其

在隨位移均勻減小的水平推力（模擬海嘯）作用下運動，推力/隨位移X變化的圖象如圖乙所示，已知物

體與地面之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,重力加速度g取IOm/S?,則（）

A.運動過程中物體的最大加速度為15m∕s2

B.在距出發(fā)點3.0m位置時物體的速度達到最大

C.整個過程中推力對物體做功180J

D.物體在水平地面上運動的最大位移是IOm

【答案】D

【詳解】A.由牛頓第二定律有尸-Wng=Wa可得當推力尸=IooN時，物體加速度最大，為2001次，A錯誤：

B.由題圖乙可得推力F隨位移X變化的關(guān)系為F=IOO-25x（N）物體速度最大時，加速度為零，有F=Amg

解得x=3.2m即在距出發(fā)點3.2m位置時物體的速度達到最大，B錯誤；

C.由廣X圖象中圖線與坐標軸所圍的“面積”表示功可知，推力對物體做功為%XIoOX4J=200J

C錯誤：

D.由動能定理有唯一MZWgXm=O代入數(shù)據(jù)得Xm=Iom即物體在水平面上運動的最大位移是Iom,D正確。

故選D0

18.如圖甲所示，粗糙水平地面上靜置一長為2.0m、質(zhì)量為2kg的長木板，在其右端放一質(zhì)量為Ikg的小

物塊（可看作質(zhì)點）.某時刻起對長木板施加逐漸增大的水平外力凡測得小物塊所受的摩擦力6隨外力尸

的變化關(guān)系如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取g=：Lom/SZ,若一開始改用/7=

16N的水平恒力拉長木板，則小物塊在長木板上滑行的時間為（）

甲

A.2sB.3sC.?/?sD.6s

【答案】A

【詳解】由圖可知，地面給木板的滑動摩擦力為2N,小物塊能產(chǎn)生的最大靜摩擦力即滑動摩擦力為4N,當

F4

一開始加16N的力時，小物塊的加速度為％=J≡L="m∕s2=4m∕s2木板的加速度為

m1r

22

a2=.一耳"≡一及=16-4二2m∕s2=5m∕s2；-a2t--alt=L解得/=2s故選A,

2M2222'

19.放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力產(chǎn)的作用，力廠的大小與時間，的關(guān)系如甲圖所示;

物塊的運動速度V與時間，的關(guān)系如乙圖所示，6s后的速度圖像沒有畫出，g取IOm∕s?下列說法正確的是

(