新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 熱點(diǎn)7　運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像 (含解析)

熱點(diǎn)7運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像1．(2022·浙江省金華十校模擬)2022年初金華軌道交通金義線正式開通，某次列車從進(jìn)站減速到以一定的速度離開車站的這段時(shí)間內(nèi)的速度—時(shí)間圖像如圖所示，對(duì)于該列車下列說法正確的是()A．進(jìn)站減速時(shí)列車的加速度大小為1.2m/s2B．列車在加速與減速兩階段運(yùn)動(dòng)的位移相同C．若列車總質(zhì)量不變，則減速時(shí)列車所受的合外力比加速時(shí)列車所受的合外力大D．若列車在該站不停車，以30m/s的速度勻速駛過該站，與原來相比，通過車站的運(yùn)行時(shí)間少耗費(fèi)22.5s答案C解析由v－t圖像可知，進(jìn)站減速時(shí)列車的加速度大小為a1＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，A錯(cuò)誤；300m，列車在加速階段運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(1,2)×25×30m＝375m，可知列車在加速與減速兩階段運(yùn)動(dòng)的位移不相同，B錯(cuò)誤；列車在加速階段的加速度大小為a2＝eq\f(30,25)m/s2＝1.2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5m/s2>a2＝1.2m/s2，可知若列車總質(zhì)量不變，則減速時(shí)列車所受的合外力比加速時(shí)列車所受的合外力大，C正確；若列車在該站不停車，以30m/s的速度勻速駛過該站，則列車勻速所用的時(shí)間為t＝eq\f(x1＋x2,v)＝eq\f(300＋375,30)s＝22.5s，與原來相比，通過車站的運(yùn)行時(shí)間少耗費(fèi)的時(shí)間為Δt＝75s－22.5s＝52.5s，D錯(cuò)誤．2．(2022·遼寧省模擬)如圖所示是某同學(xué)站在力傳感器上，先下蹲后站起過程中力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化圖像．重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．在1～2s時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)完成了一次下蹲再站起的過程B．下蹲過程，該同學(xué)始終處于失重狀態(tài)；站起過程，該同學(xué)始終處于超重狀態(tài)C．全過程中，該同學(xué)重心的加速度的最大值約為6m/s2D．若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時(shí)間，圖線峰值一定不會(huì)發(fā)生變化答案C解析該同學(xué)下蹲過程先加速，再減速，因此先失重后超重，力傳感器示數(shù)先小于重力后大于重力，故在1～2s時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)僅完成了一次下蹲過程，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，在失重過程有mg－FN1＝ma1，超重過程有FN2－mg＝ma2，由題圖可知，支持力最大值約為700N，最小值約為200N，該同學(xué)質(zhì)量為50kg，代入解得加速度最大值約為6m/s2，C正確；若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時(shí)間，該同學(xué)超重過程中的最大加速度可能會(huì)變大，因此圖線峰值可能會(huì)發(fā)生變化，D錯(cuò)誤．3.(2022·湖南省隆回縣第二中學(xué)模擬)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)研究汽車在晴天干燥路面和雨天濕滑路面上的制動(dòng)效果．在晴天干燥路面測(cè)試的初速度為30m/s，從發(fā)出剎車指令到汽車停下的過程的v－x圖像如圖所示．在雨天濕滑路面測(cè)試的初速度為24m/s，假設(shè)人的反應(yīng)時(shí)間不變，從發(fā)出剎車指令到汽車停下的過程經(jīng)過的位移與晴天干燥路面時(shí)相同．根據(jù)v－x圖像及所給數(shù)據(jù)可以推斷兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比a干∶a濕為()A．5∶4 B．5∶3C．4∶3 D．3∶2答案B解析由圖像可知在人的反應(yīng)時(shí)間內(nèi)，汽車在做勻速運(yùn)動(dòng)，由題圖可得人的反應(yīng)時(shí)間為t＝eq\f(x1,v)＝1s，汽車剎車距離為x′＝eq\f(v02,2a干)，由題圖可知在晴天干燥路面剎車距離為90m，則剎車加速度大小為a干＝eq\f(302,2×90)m/s2＝5m/s2，在雨天濕滑路面勻速和勻減速的總位移仍為120m，則有L＝v′t＋eq\f(v′2,2a濕)，其中L＝120m，v′＝24m/s，t＝1s，解得a濕＝3m/s2，則兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比為a干∶a濕＝5∶3，故選B.4.(2022·安徽黃山市第二次質(zhì)檢)甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其v－t圖像如圖所示，在t＝0時(shí)刻，乙車在甲車前方x0處，在0～t1時(shí)間內(nèi)乙車的位移為x.下列判斷正確的是()A．若甲、乙在t1時(shí)刻相遇，則x0＝3xB．若甲、乙在eq\f(1,2)t1時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)刻為2t1C．若x0＝eq\f(3,2)x，則甲、乙一定相遇一次D．若x0＝eq\f(5,3)x，則甲、乙一定相遇兩次答案D解析由題圖可知，甲車的初速度等于2v0，在t1時(shí)刻乙車速度為v0，在0～t1時(shí)間內(nèi)，乙車的位移為x，在v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移大小，可判斷得甲車的位移為3x，若甲、乙在t1時(shí)刻相遇，則x0＝3x－x＝2x，故A錯(cuò)誤；若甲、乙在eq\f(1,2)t1時(shí)刻相遇，如圖所示，由圖像可知，x0為陰影部分對(duì)應(yīng)的距離，由圖像中的對(duì)稱關(guān)系，可知下次相遇的時(shí)刻為t1＋eq\f(t1,2)＝eq\f(3,2)t1，故B錯(cuò)誤；若x0＝eq\f(3,2)x，則x＝eq\f(2,3)x0，t＝t1時(shí)，兩車速度相等，此時(shí)甲、乙位移差為Δx＝x甲－x乙＝eq\f(2,3)x0×3－eq\f(2,3)x0＝eq\f(4,3)x0>x0，說明在t＝t1之前甲、乙相遇過一次，第一次相遇時(shí)，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定能再次相遇，故C錯(cuò)誤；若x0＝eq\f(5,3)x，則x＝eq\f(3,5)x0，t＝t1時(shí)，兩車速度相等，此時(shí)甲、乙位移差為Δx′＝x甲′－x乙′＝eq\f(3,5)x0×3－eq\f(3,5)x0＝eq\f(6,5)x0>x0，說明在t＝t1之前甲、乙相遇過一次，第一次相遇時(shí)，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定相遇兩次，故D正確．5．(2022·遼寧省模擬)如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向下的力F作用在P上，使其向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在彈簧的彈性限度內(nèi)，下列是力F和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t之間的關(guān)系圖像，正確的是()答案D解析在力F作用在P上之前，物塊放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有mg＝kx0，在力F作用在P上之后，物塊向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x為物塊向下運(yùn)動(dòng)的位移，x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得F＝ma＋eq\f(ka,2)t2，即F隨時(shí)間變化圖像為D，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤．6．(2022·遼寧省模擬)為保障災(zāi)民生命財(cái)產(chǎn)安全，消防隊(duì)員利用無人機(jī)為災(zāi)民配送物資，某次在執(zhí)行任務(wù)時(shí)，無人機(jī)從地面起飛，將配送物資運(yùn)輸?shù)筋A(yù)定地點(diǎn)，在飛行過程中，通過速度傳感器測(cè)出無人機(jī)在水平方向和豎直方向的分速度vx和vy隨飛行時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖A．在0～10s內(nèi)，無人機(jī)做曲線運(yùn)動(dòng)B．25s時(shí)無人機(jī)速度大小為10m/sC．30s時(shí)無人機(jī)加速度大小為0.6m/s2D．物資從釋放到到達(dá)預(yù)定地點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為6s答案C解析0～10s時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)在水平方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則合運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；25s時(shí)無人機(jī)水平方向速度大小為vx＝8m/s，豎直方向上速度大小為vy＝9m/s，此時(shí)速度大小為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(145)m/s，故B錯(cuò)誤；30s時(shí)無人機(jī)水平方向加速度為零，豎直方向加速度即為無人機(jī)的加速度，其大小為ay＝eq\f(12－0,40－20)m/s2＝0.6m/s2，故C正確；0～40s時(shí)間內(nèi)無人機(jī)豎直方向高度y＝eq\f(1,2)×(10＋40)×12m＝300m，從物資釋放到落地，對(duì)物資豎直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(15)s，故D錯(cuò)誤．7．(2022·山東青島市三模)如圖，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細(xì)線相連放置在水平圓盤上．當(dāng)圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物塊a、b始終相對(duì)圓盤靜止．下列關(guān)于物塊a所受的摩擦力隨圓盤角速度的平方(ω2)的變化關(guān)系正確的是()答案D解析轉(zhuǎn)動(dòng)過程中a、b角速度相同．當(dāng)圓盤角速度較小時(shí)，a、b由靜摩擦力充當(dāng)向心力，細(xì)線拉力為零，此過程中a、b所受的摩擦力大小分別為Ffa＝mraω2，F(xiàn)fb＝mrbω2，因?yàn)閞b>ra，故Ffb>Ffa，又因?yàn)閍、b與圓盤的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達(dá)到最大靜摩擦力，當(dāng)b達(dá)到最大靜摩擦力Ff0時(shí)，細(xì)線開始出現(xiàn)拉力，此時(shí)對(duì)于a、b有Ffa－FT＝mraω2，F(xiàn)f0＋FT＝mrbω2，聯(lián)立可得Ffa＝m(ra＋rb)ω2－Ff0，由上述分析可知，細(xì)線拉力出現(xiàn)之前Ffa－ω2圖線的斜率為mra，細(xì)線拉力出現(xiàn)之后圖線的斜率為m(ra＋rb)，所以細(xì)線有拉力時(shí)圖線斜率變大，故選D.8.(多選)(2022·全國乙卷·20)質(zhì)量為1kg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(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示．已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.則()A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B．6s時(shí)物塊回到初始位置C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg·m/sD．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J答案AD解析物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，對(duì)物塊在0～3s時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s,3s時(shí)物塊的動(dòng)量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t2物塊的速度減為0，由動(dòng)量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，所以物塊在4s時(shí)速度減為0，則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0，故A正確；在0～3s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mv32，解得x1＝9m,3～4s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mv32，解得x2＝3m，4～6s時(shí)間內(nèi)物塊開始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)at32＝4m<x1＋x2，即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；物塊在6s時(shí)的速度大小為v6＝at3＝4m/s,0～6s時(shí)間拉力對(duì)物塊所做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確．9．(多選)(2022·廣東茂名市二模)如圖甲，在蹦極者身上裝好傳感器，可測(cè)量他在不同時(shí)刻下落的高度及速度大?。臉O者從蹦極臺(tái)自由下落，利用傳感器與計(jì)算機(jī)結(jié)合得到如圖乙所示的速度(v)－位移(l)圖像．蹦極者及所攜帶設(shè)備的總質(zhì)量為60kg，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列表述正確的是()A．整個(gè)下落過程，蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．從彈性繩剛伸直開始，蹦極者做減速運(yùn)動(dòng)C．蹦極者動(dòng)能最大時(shí)，彈性繩的拉力大小等于重力D．彈性繩的彈性勢(shì)能最大值為15600J答案CD解析不計(jì)空氣阻力，整個(gè)下落過程中只有重力和彈性繩彈力做功，故蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；彈性繩剛伸直時(shí)彈性繩的拉力小于蹦極者及設(shè)備的重力，蹦極者繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力等于重力時(shí)，蹦極者及設(shè)備所受合外力為0，速度達(dá)到最大，動(dòng)能達(dá)到最大，當(dāng)拉力大于重力時(shí)，蹦極者開始做減速運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)速度為0，B錯(cuò)誤，C正確；從題圖可知，下落的最大高度為26m，由Epm＝mgh＝60×10×26J＝15600J，D正確．10．(多選)(2022·安徽合肥市質(zhì)檢)如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P拴接．現(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點(diǎn)，此時(shí)彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運(yùn)動(dòng)；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過程．在兩物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)的過程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示．已知兩物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且Ep＝eq\f(1,2)kx2.下列說法正確的是()A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍B．P的質(zhì)量是Q的2倍C．P的最大動(dòng)能是Q的4倍D．Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的2倍答案BD解析設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，對(duì)兩物塊由平衡條件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，聯(lián)立可得mP＝2mQ，故B正確；釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq\f(kl0,mP)，aQ＝eq\f(2kl0,mQ)，結(jié)合B選項(xiàng)，可得eq\f(aP,aQ)＝e