2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 熱點情境突破練 熱點7 力學(xué)圖像

熱點7力學(xué)圖像

1.如圖所示，將一-滑塊從粗糙斜面上某點由靜止釋放，滑塊沿斜面下滑后與固定在斜面底端

的擋板碰撞后反彈，碰撞的時間極短，可忽略不計，且碰撞沒有機械能損失。以沿斜面向F

為正方向，能正確反映滑塊速度。隨時間，變化的圖像是()

答案D

解析。一，圖像的斜率表示加速度，滑塊沿斜面下滑時有〃2gsin〃一片=〃叼，碰撞后上滑時

有〃?gsin心2,所以由于碰撞沒有機械能損失，即碰撞前后速度大小不變，方

向相反，故選D。

2.質(zhì)量為1kg的小物塊在水平面上運動，其速度一時間圖像如圖所示，下列判斷正確的是

()

B.0?4s內(nèi)的平均速度大小等于2m/s

C.0?1s內(nèi)的加速度大小等于2nVs2

D.0?1s內(nèi)小物塊受到的合外力大小等于4N

答案C

1+4

解析由速度一時間圖像中圖線與/軸圍成的面積可得。?4s內(nèi)的位移大小為x=f-X2m

—V5

=5m,故A錯誤：0?4s內(nèi)的平均速度大小v=；=1in/s=i.25m/s,故B錯誤：。?1s內(nèi)

的加速度大小〃=守=2m/s\故C正確：0?1s內(nèi)小物塊受到的合外力大小尸=，〃。=2N,

故D錯誤。

3.（2022?廣東卷?3汝口圖所示是滑雪道的示意圖。可視為質(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N尸段后飛入空中，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?；蚣铀俣却笮　S時間,變化

的圖像是（）

O

C

答案C

解析設(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)牛頓第二定律有

ingsin0=ina\,可得m=g$in0\

運動員在水平NP段做句逗直線,運動，加速度

42=0；

運動員從P點飛出后做平施運動，加速度為重力加速度，即〃3=g；設(shè)在。點的速度為內(nèi),

則從P點飛出后速度大小的表達(dá)式為v=yjv（r-i-g2i2o

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，且C正確，A、B、

D錯誤。

4.（2023?江蘇省高郵中學(xué)期中汝1圖甲所示為研究木塊運動情況的裝置.，計算機與位移傳感器

連接，將木塊自O(shè)點靜止釋放，計算機描繪木塊相對。點的位置隨時間變化的x—/圖像是

圖乙中的曲線②。圖乙中木塊先后經(jīng)過片、刈、期位置時的時間間隔相同。以下說法正確的

是（）

甲乙

A.若即：X2：X3=l：3：5,則表明木塊做勻加速直線運動

B.若x1=X2—X|=X3—X2，則表明木塊一定做勻加速直線運動

C.若只增大木板的傾角，則計算機描繪的工一/圖像可能是圖乙中的曲線①

D.若只增大木塊的質(zhì)量，則計算機描繪的工一，可能是圖乙中的曲線③

答案C

解析若X］：工2：?=1：3：5,則X3—X2=X2-X］,木塊先后經(jīng)過X］、工2、處位置時的時間間

隔相同，所以在這段時間內(nèi)木塊做勻速直線運動，故A錯誤；若為=及一X1=X3-X2,則表明

木塊一定做勻速直線運動，故B錯誤；只增大木板傾斜的角度，根據(jù)牛頓第二定律知加速度

增大，由工=%產(chǎn)，可以看出a增大，則x增大，即相等的時間，位移增大，則木塊的X—Z

圖像可能是題圖乙中的①，故C正確：根據(jù)牛頓第二定律有a=gsinO—〃geos。，可知加速度

〃與質(zhì)量機無關(guān)，則圖線仍為②，故D錯誤。

5.（2023?江蘇省基地第五次大聯(lián)考）在無風(fēng)的環(huán)境里將一塑料球以一定的初速度如水平拋出，

球受到的空氣阻力與速度大小成正比，該球運動過程中水平方向的速度％隨時間八水平方

向的位移x的變化規(guī)律，豎宜方向的速度2V隨時間八豎直方向的位移y的變化規(guī)律可能正

確的是（）

答案D

解析水平方向受空氣阻力作用，由牛頓第二定律，有〃=片，塑料球水平方向速度逐漸減

小，所以其水平方向加速度逐漸減小，即外一，圖像中圖線的斜率逐漸變小，故A錯誤；根

—

據(jù)動量定理有一kvxt=mvx—mb。,可得一人=mvx—mv^,整理可得vx=v（＞~x,故B錯談.；

豎直方向受空氣阻力作用，由牛頓第二定律，有/=〃玲:她,塑料球豎直方向速度逐漸增

大，所以其豎直方向加速度逐漸減小，即0一/圖像中國線的斜率逐漸變小，故C錯誤；在

內(nèi)一，圖像中圖線與，軸所圍面積表示豎直方向的位移，知力隨豎直方向的位移y的變化率也

是逐漸變小的，故D正確，

6.甲、乙兩質(zhì)點在相鄰兩直線上做勻變速運動，/=0時刻甲、乙同時并排出發(fā)，甲的位移

隨時間變化的圖像如圖a所示。圖b是乙的位移隨速度平方的變化圖像，乙速愎減為。后不

程中斜率變大，下降過程中斜率變小，故B錯誤：仇一[圖像斜率為合外力，向上運動過程

尸=/咫+后變小，向下運動過程中尸=〃次一人繼續(xù)變小，故C正確：向上運動過程比向下過

程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，機械能損失要更多一點，

故D錯誤。

8.如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面匕質(zhì)量為〃?的小球，從彈簧上方均處

由靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標(biāo)原點，建立豎直向下坐標(biāo)軸Ox,小球下落至最

低點過程中的。一工圖像如圖乙（圖中X0,X”X2,月均為已知量），不計空氣阻力，身為重力加

速度。下列說法正確的是（）

B.彈簧受到的最大彈力為里二E即

X2-X\c

C.該過程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢能變化的最大值為〃吆（回+不）

D.小球向下運動過程中最大速度為核8（即+順）

答案D

解析根據(jù)題圖甲可知，小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量就小時，重力大于彈簧的彈力，即將

到即段，小球做加速度逐漸減小的加速運動，A錯誤；根據(jù)題圖乙可知，在即位置，加速度

為0,則有&（XLX0）=〃?g,隨后進(jìn)一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為鳥此時速度減為0,

則此時彈力最大為五mM=*X2—X0）,解得尸max=’"＞亭"）,B錯誤；該過程中小球與彈簧組

X]Xo

成系統(tǒng)的機械能守恒，即只有動能、勢能（包含重力勢能與彈性勢能）的轉(zhuǎn)化，在加速度為0

處，小球速度最大，動能最大，即動能變化最大，則勢能變化最大，即小球運動至用位置時，

重力勢能減小了〃?肝1,減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能與動能，可知小球與彈簧組成系統(tǒng)的

勢能變化的最大值小于〃幕內(nèi)，C錯誤；根據(jù)上述，小球運動至占位置時，加速度為0時，小

球速度最大，根據(jù)題圖乙可知，將縱坐標(biāo)乘以小球質(zhì)量陽，表示合力，則有個）十（”一；。）叫

=%犯皿2,解得VnWi=返》+刀0）,D正確。

9.（2023?江蘇鎮(zhèn)江市三模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端連接在固定斜面底端的擋板上，另一端與

物塊A連接，物塊A靜止在斜面上，彈簧恰好處于原長，A與斜面間動摩擦因數(shù)〃=tan。，

1=0時刻給A-沿斜面向下的瞬時沖量，物塊A在運動過程中，加速度〃、動能反、彈性勢

能心與路程$及運動時間t的變化關(guān)系可能正確的是（）

答案B

解析以彈簧恰好處于原長的位置為坐標(biāo)原點且取向下為正，則記物塊A運動的位移為.r,

則物塊A下滑過程中有x=s,上滑過程中s=2so—x,故加速度。、動能反、彈性勢能Ep與

路程s,的關(guān)系圖線與關(guān)于位移x的關(guān)系圖線形狀相同。由于剛開始時物塊A靜止在斜面上，

彈簧恰好處于原長，A與斜面間動摩擦因數(shù)4=tan。，處物塊A下滑過程中有

kx=maf則物塊A下滑過程中a—x圖線是一條過原點的直線，當(dāng)A下滑到最低點后上滑過

程中有kx—2mgsin8=ma,則A上滑過程中a-x圖線應(yīng)是一條下傾的直線，且最大加速度

要比下滑的最大加速度要小，但物塊A不是做勻變速直發(fā)運動，則。與，的關(guān)系不可能是直

線，A錯誤，B正確：根據(jù)以上分析可知，物塊下滑過程中重力和摩擦力抵消，則物塊所受

的合外力為彈力，由于彈奏彈