(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)加練第3章　微專題22　動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題 (含解析)

微專題22動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題1．兩類問(wèn)題：一類問(wèn)題是從圖像中挖掘信息，再結(jié)合題干信息解題；另一類是由題干信息判斷出正確的圖像.2.兩種方法：一是函數(shù)法：列出所求物理量的函數(shù)關(guān)系式，理解圖像的意義，理解斜率和截距的物理意義；二是特殊值法：將一些特殊位置或特殊時(shí)刻或特殊情況的物理量值與圖像對(duì)應(yīng)點(diǎn)比較．1．(多選)如圖甲所示，物體原來(lái)靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開(kāi)始逐漸增大的過(guò)程中，物體先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，g＝10m/s2.根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計(jì)算出()A．物體的質(zhì)量為1kgB．物體的質(zhì)量為2kgC．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3D．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5答案BC解析物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，由a與F圖線，得到0.5＝eq\f(7,m)－10μ，4＝eq\f(14,m)－10μ，以上各式聯(lián)立得m＝2kg，μ＝0.3，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．2．如圖甲所示，地面上有一物體，物體上端連接一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，用力F向上提彈簧，物體加速度a與力F的關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．如果彈簧形變量x<eq\f(p,k)，物體保持靜止B．當(dāng)力F>q后，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．物體的質(zhì)量m＝eq\f(－q,p)D．當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝p答案C解析當(dāng)拉力F＝q時(shí)，物體開(kāi)始離開(kāi)地面，此時(shí)彈簧形變量x＝eq\f(q,k)，因此當(dāng)x<eq\f(q,k)，時(shí)，物體保持靜止，A錯(cuò)誤；由圖像可知，當(dāng)力F>q之后，隨著力的增加，加速度逐漸增加，物體做變加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)F－mg＝ma，整理可得a＝eq\f(1,m)F－g，因此物體的質(zhì)量m＝eq\f(－q,p)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝－p，C正確，D錯(cuò)誤．3．一物塊在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，又返回底端．能夠描述物塊速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像是()答案C解析根據(jù)牛頓第二定律，上滑過(guò)程：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑過(guò)程：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，比較可知加速度大小a1>a2，則物塊上滑過(guò)程v－t圖像的斜率的絕對(duì)值比下滑過(guò)程的大．由于存在摩擦力，所以物體滑到斜面底端時(shí)的速度vt小于初速度v0，上滑過(guò)程有x＝eq\f(v0t0,2)，下滑過(guò)程有x＝eq\f(vtt1,2)，可得t1>t0，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．4．(多選)某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離飛機(jī)一段時(shí)間后打開(kāi)降落傘減速下落，他打開(kāi)降落傘后的速度圖線如圖(a)所示．降落傘用8根對(duì)稱的繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，每根繩與中軸線的夾角均為α＝37°，如圖(b)所示．已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為50kg，降落傘的質(zhì)量也為50kg，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員所受的阻力，打開(kāi)傘后傘所受阻力Ff與速度v成正比，即Ff＝kv(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則下列判斷中正確的是()A．阻力系數(shù)k＝100N·s/mB．打開(kāi)傘瞬間運(yùn)動(dòng)員的加速度a＝30m/s2，方向豎直向上C．懸繩能夠承受的拉力至少為312.5ND．懸繩能夠承受的拉力至少為625N答案BC解析由題圖可知，當(dāng)速度為5m/s時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體，根據(jù)平衡條件有2mg＝kv，解得k＝200N·s/m，A錯(cuò)誤；打開(kāi)傘瞬間，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得kv′－2mg＝2ma，解得a＝eq\f(200×20－1000,100)m/s2＝30m/s2，方向豎直向上，B正確；向上的加速度最大時(shí)，繩子的拉力最大，由題圖可知，打開(kāi)傘瞬間有最大加速度，對(duì)運(yùn)動(dòng)員分析，有8FTcos37°－mg＝ma，解得FT＝eq\f(mg＋ma,8cos37°)＝eq\f(2000,8×0.8)N＝312.5N，所以懸繩能夠承受的拉力至少為312.5N，C正確，D錯(cuò)誤．5．隨著2022年北京冬奧會(huì)成功舉辦，我國(guó)北方掀起一股滑雪運(yùn)動(dòng)的熱潮，有一傾角為θ＝37°的斜面雪道如圖甲．假設(shè)一愛(ài)好者和他的雪橇總質(zhì)量m＝75kg，沿足夠長(zhǎng)的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力F與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)量得雪橇運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,5)的切線，切線上點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4,15)，CD是曲線AD的漸近線．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列說(shuō)法正確的是()A．開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝3.75m/s2B．0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的曲線運(yùn)動(dòng)C．雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ未知，無(wú)法計(jì)算出比例系數(shù)k值D．比例系數(shù)為k＝37.5N·s/m答案D解析在v－t圖像中，圖像的斜率表示加速度，因此開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(15－5,4)m/s2＝2.5m/s2，A錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)mgsinθ－μmgcosθ－kv0＝ma，足夠長(zhǎng)時(shí)間后，滑雪愛(ài)好者勻速運(yùn)動(dòng)mgsinθ＝μmgcosθ＋kvm，聯(lián)立解得k＝37.5N·s/m，C錯(cuò)誤，D正確．6.如圖，輕彈簧的下端與物塊Q連接，上端與物塊P連接．已知P、Q質(zhì)量相等，P靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，至Q恰好離開(kāi)地面．以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像，可能正確的是()答案B解析設(shè)物塊P的質(zhì)量為m，加速度為a，靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，彈簧的勁度系數(shù)為k，由力的平衡條件得mg＝kx0，物塊的位移為x，當(dāng)x<x0時(shí)，彈簧對(duì)P的彈力為F1＝k(x0－x)；對(duì)物塊P，由牛頓第二定律得F＋F1－mg＝ma，即F＝kx＋ma；當(dāng)x>x0后，彈簧拉伸F－k(x－x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，F(xiàn)與x是線性關(guān)系，且F隨x的增大而增大，當(dāng)Q對(duì)地面壓力為零時(shí)彈簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形變量也為x0，所以P上升的距離為2x0，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤．7．(多選)一物塊靜止在粗糙程度均勻的水平地面上，在0～4s內(nèi)所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像如圖甲所示，在0～2s內(nèi)的速度圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力．關(guān)于物塊的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊的質(zhì)量為2kgB．在4s內(nèi)物塊的位移為8mC．在4s內(nèi)拉力F做功為16JD．在4s末物塊的速度大小為4m/s答案BC解析由題圖乙可知，1～2s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，故說(shuō)明摩擦力大小Ff＝F＝2N；0～1s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(v,t)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，其中F＝6N，解得m＝1kg，故A錯(cuò)誤；2s后受到的合力大小F合＝F＋Ff＝2N＋2N＝4N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a′＝eq\f(F合,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，勻減速至停止的時(shí)間t＝eq\f(v,a′)＝eq\f(4,4)s＝1s，則t＝3s末速度減為零，此后保持靜止，故4s內(nèi)的位移x＝eq\f(1＋3,2)×4m＝8m，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知WF－Ffx＝0，解得WF＝2×8J＝16J，故C正確；由B中分析可知，4s末的速度大小為零，故D錯(cuò)誤．8.在用DIS探究超重和失重的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)蹲在壓力傳感器上完成一次起立動(dòng)作，在計(jì)算機(jī)屏幕上得到壓力傳感器示數(shù)F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則此過(guò)程該同學(xué)重心的運(yùn)動(dòng)速度v隨時(shí)間t變化的圖像最接近圖()答案A解析人在起立時(shí)，先向上加速后向上減速，先超重后失重；由F－t圖像可知，超重階段(加速階段)水平面對(duì)人的支持力先增加后減小，則根據(jù)F－mg＝ma可知，加速度大小先增大后減小，則v－t圖像的斜率先增大后減?。煌碛蒄－t圖像可知，失重階段(減速階段)水平面對(duì)人的支持力先減小后增加，則根據(jù)mg－F＝ma可知，加速度大小先增大后減小，則v－t圖像的斜率的絕對(duì)值先增加后減小，故選A.9．如圖甲所示為一傾角θ＝37°足夠長(zhǎng)的固定斜面，將一質(zhì)量m＝1kg的物體(可視作質(zhì)點(diǎn))放在斜面上由靜止釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像如圖乙所示，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s末物體的速度大??；(2)前16s內(nèi)物體發(fā)生的位移．答案(1)5m/s(2)30m，方向沿斜面向下解析(1)對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假設(shè)在0～2s時(shí)間內(nèi)物體沿斜面方向向下運(yùn)動(dòng)因?yàn)閙gsinθ－μmgcosθ－F1>0，所以假設(shè)成立，物體在0～2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v1＝5m/s.(2)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m，當(dāng)拉力為F2＝4.5N時(shí)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，代入數(shù)據(jù)可得a2＝－0.5m/s2，設(shè)物體經(jīng)過(guò)t2時(shí)間速度減為零，則0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物體在t2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2t22＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<mgsinθ＋μmgcosθ，則物體在剩下4s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)．故物體在前16s內(nèi)發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．10．如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m1＝1kg的小物塊放在質(zhì)量m2＝2kg的長(zhǎng)木板正中央位置，長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，連接物塊的輕質(zhì)細(xì)繩與水平方向的夾角為37°.現(xiàn)對(duì)長(zhǎng)木板施加水平向左的拉力F＝18N，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L；(2)長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(3)物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1.答案(1)2m(2)0.5(3)eq\f(8,19)解析(1)由題圖乙可知，木板運(yùn)動(dòng)2s離開(kāi)小物塊，在0～2s，木板的位移x＝eq\f(2×1,2)m＝1m，所以長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L＝2x＝2m.(2)在2～3s，由題圖乙可得長(zhǎng)木板的加速度a2＝e