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

熱點(diǎn)7力學(xué)圖像1.如圖所示，將一滑塊從粗糙斜面上某點(diǎn)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(shí)間極短，可忽略不計(jì)，且碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失。以沿斜面向下為正方向，能正確反映滑塊速度v隨時(shí)間t變化的圖像是()答案D解析v－t圖像的斜率表示加速度，滑塊沿斜面下滑時(shí)有mgsinθ－Ff＝ma1，碰撞后上滑時(shí)有mgsinθ＋Ff＝ma2，所以a1<a2，由于碰撞沒(méi)有機(jī)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(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像如圖所示，下列判斷正確的是()A．0～4s內(nèi)的位移大小等于6mB．0～4s內(nèi)的平均速度大小等于2m/sC．0～1s內(nèi)的加速度大小等于2m/s2D．0～1s內(nèi)小物塊受到的合外力大小等于4N答案C解析由速度—時(shí)間圖像中圖線(xiàn)與t軸圍成的面積可得0～4s內(nèi)的位移大小為x＝eq\f(1＋4,2)×2m＝5m，故A錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(5,4)m/s＝1.25m/s，故B錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，故C正確；0～1s內(nèi)小物塊受到的合外力大小F＝ma＝2N，故D錯(cuò)誤。3.(2022·廣東卷·3)如圖所示是滑雪道的示意圖。可視為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過(guò)水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過(guò)程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是()答案C解析設(shè)斜坡傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma1，可得a1＝gsinθ；運(yùn)動(dòng)員在水平NP段做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度a2＝0；運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，即a3＝g；設(shè)在P點(diǎn)的速度為v0，則從P點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為v＝eq\r(v02＋g2t2)。由分析可知從P點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為直線(xiàn)，且a1<a3，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4．(2023·江蘇省高郵中學(xué)期中)如圖甲所示為研究木塊運(yùn)動(dòng)情況的裝置，計(jì)算機(jī)與位移傳感器連接，將木塊自O(shè)點(diǎn)靜止釋放，計(jì)算機(jī)描繪木塊相對(duì)O點(diǎn)的位置隨時(shí)間變化的x－t圖像是圖乙中的曲線(xiàn)②。圖乙中木塊先后經(jīng)過(guò)x1、x2、x3位置時(shí)的時(shí)間間隔相同。以下說(shuō)法正確的是()A．若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，則表明木塊做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．若x1＝x2－x1＝x3－x2，則表明木塊一定做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．若只增大木板的傾角，則計(jì)算機(jī)描繪的x－t圖像可能是圖乙中的曲線(xiàn)①D．若只增大木塊的質(zhì)量，則計(jì)算機(jī)描繪的x－t可能是圖乙中的曲線(xiàn)③答案C解析若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，則x3－x2＝x2－x1，木塊先后經(jīng)過(guò)x1、x2、x3位置時(shí)的時(shí)間間隔相同，所以在這段時(shí)間內(nèi)木塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若x1＝x2－x1＝x3－x2，則表明木塊一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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x＝eq\f(1,2)at2，可以看出a增大，則x增大，即相等的時(shí)間，位移增大，則木塊的x－t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＝gsinθ－μgcosθ，可知加速度a與質(zhì)量m無(wú)關(guān)，則圖線(xiàn)仍為②，故D錯(cuò)誤。5．(2023·江蘇省基地第五次大聯(lián)考)在無(wú)風(fēng)的環(huán)境里將一塑料球以一定的初速度v0水平拋出，球受到的空氣阻力與速度大小成正比，該球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向的速度vx隨時(shí)間t、水平方向的位移x的變化規(guī)律，豎直方向的速度vy隨時(shí)間t、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a＝eq\f(kvx,m)，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vx－t圖像中圖線(xiàn)的斜率逐漸變小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理有－keq\x\to(v)xt＝mvx－mv0，可得－kx＝mvx－mv0，整理可得vx＝v0－eq\f(k,m)·x，故B錯(cuò)誤；豎直方向受空氣阻力作用，由牛頓第二定律，有a′＝eq\f(mg－kvy,m)，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vy－t圖像中圖線(xiàn)的斜率逐漸變小，故C錯(cuò)誤；在vy－t圖像中圖線(xiàn)與t軸所圍面積表示豎直方向的位移，知vy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(diǎn)在相鄰兩直線(xiàn)上做勻變速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻甲、乙同時(shí)并排出發(fā)，甲的位移隨時(shí)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，乙速度減為0后不再運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是()A．甲、乙的加速度大小分別為4m/s2、8m/s2B．t＝1.25s時(shí)，甲、乙的速度大小分別為5m/s、4m/sC．0～1s內(nèi)兩質(zhì)點(diǎn)間距離一直在變小D．兩質(zhì)點(diǎn)在x＝8m處再次并排答案D)，(2s,8m)代入解得v甲0＝0，a1＝4m/s2，對(duì)乙結(jié)合題圖b和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v2－v乙02＝－2a2x乙，代入數(shù)據(jù)可得v乙0＝8m/s、a2＝4m/s，A錯(cuò)誤；根據(jù)v甲1＝a1t和v乙1＝v乙0－a2t可得t＝1.25s時(shí)v甲1＝5m/s，v乙1＝3m/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知0～1s內(nèi)甲的速度始終小于乙的速度，則兩質(zhì)點(diǎn)間距離變大，C錯(cuò)誤；兩質(zhì)點(diǎn)再次并排時(shí)，根據(jù)位移關(guān)系有v乙0t1－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(1,2)a1t12，解得t1＝2s，此時(shí)乙的速度恰好減為零，滿(mǎn)足題意，可得兩質(zhì)點(diǎn)在x＝8m處再次并排，D正確。7．(2023·江蘇南京市二模)將一個(gè)小球從地球豎直上拋，過(guò)程中小球受到的阻力與速率成正比，設(shè)向上為正方向，小球的速率、位移、動(dòng)能和機(jī)械能分別為v、x、Ek和E，以地面為零勢(shì)能面，則下列描述小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的圖像可能正確的是()答案C解析小球在上升過(guò)程中，由牛頓第二定律得mg＋kv＝ma，v逐漸減小，則a減小，下降過(guò)程中有mg－kv＝ma，v越來(lái)越大，故加速度繼續(xù)減小，A圖圖像趨勢(shì)正確，但速度為零時(shí)，斜率不為零，且加速度為g，圖像應(yīng)為平滑曲線(xiàn)，故A錯(cuò)誤；v－x圖像斜率為eq\f(a,v)，在上升過(guò)程中斜率變大，下降過(guò)程中斜率變小，故B錯(cuò)誤；Ek－x圖像斜率為合外力，向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程F＝mg＋kv變小，向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F＝mg－kv繼續(xù)變小，故C正確；向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程比向下過(guò)程中任意一個(gè)位置，阻力要更大，故向上過(guò)程中阻力做功更多一點(diǎn)，機(jī)械能損失要更多一點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。8．如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小球，從彈簧上方x0處由靜止下落。若以小球開(kāi)始下落的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下坐標(biāo)軸Ox，小球下落至最低點(diǎn)過(guò)程中的a－x圖像如圖乙(圖中x0，x1，x2，g均為已知量)，不計(jì)空氣阻力，g為重力加速度。下列說(shuō)法正確的是()A．x0到x1段，小球做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)B．彈簧受到的最大彈力為eq\f(x2－x0,x2－x1)mgC．該過(guò)程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢(shì)能變化的最大值為mg(x0＋x1)D．小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大速度為eq\r(gx1＋x0)答案D解析根據(jù)題圖甲可知，小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量較小時(shí)，重力大于彈簧的彈力，即x0到x1段，小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙可知，在x1位置，加速度為0，則有k(x1－x0)＝mg，隨后進(jìn)一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為x2，此時(shí)速度減為0，則此時(shí)彈力最大為Fmax＝k(x2－x0)，解得Fmax＝eq\f(mgx2－x0,x1－x0)，B錯(cuò)誤；該過(guò)程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即只有動(dòng)能、勢(shì)能(包含重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能)的轉(zhuǎn)化，在加速度為0處，小球速度最大，動(dòng)能最大，即動(dòng)能變化最大，則勢(shì)能變化最大，即小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，重力勢(shì)能減小了mgx1，減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能與動(dòng)能，可知小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢(shì)能變化的最大值小于mgx1，C錯(cuò)誤；根據(jù)上述，小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，加速度為0時(shí)，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m，表示合力，則有mgx0＋eq\f(x1－x0mg,2)＝eq\f(1,2)mvmax2，解得vmax＝eq\r(gx1＋x0)，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(zhǎng)，A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，t＝0時(shí)刻給A一沿斜面向下的瞬時(shí)沖量，物塊A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度a、動(dòng)能Ek、彈性勢(shì)能Ep與路程s及運(yùn)動(dòng)時(shí)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(zhǎng)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)且取向下為正，則記物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為x，則物塊A下滑過(guò)程中有x＝s，上滑過(guò)程中s＝2s0－x，故加速度a、動(dòng)能Ek、彈性勢(shì)能Ep與路程s的關(guān)系圖線(xiàn)與關(guān)于位移x的關(guān)系圖線(xiàn)形狀相同。由于剛開(kāi)始時(shí)物塊A靜止在斜面上，彈簧恰好處于原長(zhǎng)，A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則物塊A下滑過(guò)程中有kx＝ma，則物塊A下滑過(guò)程中a－x圖線(xiàn)是一條過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)，當(dāng)A下滑到最低點(diǎn)后上滑過(guò)程中有kx－2mgsinθ＝ma，則A上滑過(guò)程中a－x圖線(xiàn)應(yīng)是一條下傾的直線(xiàn)，且最大加速度要比下滑的最大加速度要小，但物塊A不是做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則a與t的關(guān)系不可能是直線(xiàn)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上分析可知，物塊下滑過(guò)程中重力和摩擦力抵消，則物塊所受的合外力為彈力，由于彈簧彈力隨形變量均勻變化，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)kx2＝Ek0－Ek，則下滑過(guò)程中Ek－x圖線(xiàn)應(yīng)該是一條開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)的一部分，物塊上滑過(guò)程有eq\f(1,2)ks02－eq\f(1,2)kx2－2mgsinθ·(s0－x)＝Ek，則上滑過(guò)程中Ek－x圖線(xiàn)也應(yīng)該是一條開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)，但根據(jù)