2022届一轮复习专题练习19　动力学中的图像问题（解析版）

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这是一份2022届一轮复习专题练习19　动力学中的图像问题（解析版），共7页。试卷主要包含了两类问题等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·广东六校联考)沿固定光滑斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图像如图1所示．在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
图1
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
答案 A
解析物体沿斜面向下运动，拉力方向沿斜面向上，由速度—时间图像可知，在三个5 s内物体分别做加速、匀速、减速运动，结合牛顿第二定律，故有F12．(2020·重庆市一测)竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，取初速度方向为正方向．则物块从抛出到落回抛出点的过程中，下列物块的加速度a、速度v与时间t的关系图像中可能正确的是( )
答案 D
解析物块上升和下落过程中，加速度方向始终向下(可能为零)，取初速度方向为正方向，则加速度始终为负值，A、B项错误；由于物块所受阻力与速度大小成正比，所以加速度随速度变化而变化，其速度—时间图像不是直线，而是曲线，C项错误，D项正确．
3.(2020·湖北宜昌市调研)如图2所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
图2
答案 B
解析物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩擦力f，由牛顿第二定律得：F－kx－f＝ma；整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，F－x图像是一个不过原点的倾斜直线，故A、C、D错误，B正确．
4．(多选)(2020·山东肥城六中月考)如图3甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上．现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力f随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是( )
图3
A．物块的质量为1 kg
B．k的值为5 N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
D．t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2
答案 ABD
解析 t＝0时，f＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，A正确；当t＝1 s时，f＝0，说明F＝5 N，由F＝kt可知，k＝5 N/s，B正确；由题图可知，滑动摩擦力μmgcs θ＝6 N，解得μ＝eq \f(2\r(3),5)，C错误；由F＝μmgcs θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得加速度a＝4 m/s2，D正确．
5.(多选)运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图像如图4(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示，已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为16 kg，假设打开伞后伞所受阻力f的大小与速率v成正比，即f＝kv.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
图4
A．k＝200 N·s·m－1
B．打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上
C．打开伞后瞬间运动员的加速度大小为20 m/s2
D．每根悬绳能够承受的拉力至少为400 N
答案 BD
解析由题图(a)可知，当速度为v1＝5 m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有kv1＝m人g＋m伞g，解得k＝160 N·s·m－1，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20 m/s，对运动员和降落伞整体有kv0－m人g－m伞g＝(m人＋m伞)a，解得a＝30 m/s2，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有Tcs 37°×8－m人g＝m人a，解得每根悬绳的拉力大小T＝400 N，故D正确．
6.质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg、大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，g取10 m/s2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力f随拉力F的变化如图5所示，则两个动摩擦因数的数值为( )
图5
A．μ1＝0.1 μ2＝0.4 B．μ1＝0.1 μ2＝0.2
C．μ1＝0.2 μ2＝0.4 D．μ1＝0.4 μ2＝0.4
答案 A
解析根据题图可知，当06 N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者发生相对运动；所以在2 N6 N过程中，铁块的摩擦力f不变，则有μ2mg＝4 N，解得：μ2＝0.4，故A正确，B、C、D错误．
7．(多选)(2020·湖南长沙一中月考)如图6甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出( )
图6
A．物体的初速度v0＝6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
答案 AC
解析物体沿粗糙斜面向上运动，加速度大小a＝gsin θ＋μgcs θ，由运动学公式知，当θ＝90°时，有v02＝2g×1.8 m，解得v0＝6 m/s，当θ＝0°时，有v02＝2μg×2.40 m，解得μ＝eq \f(3,4)，A正确，B错误；根据运动学公式有v02＝2ax＝2(gsin θ＋μgcs θ)x＝2gxeq \r(1＋μ2)sin(θ＋φ)(其中cs φ＝eq \f(1,\r(1＋μ2)))，则x＝eq \f(v\\al(,02),2g\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，故位移x的最小值xmin＝1.44 m，C正确；由于μ>tan 30°，即mgsin 30°<μmgcs 30°，所以当θ＝30°时，物体达到最大位移后不会下滑，D错误．
8．(2020·山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v－t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图7甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图7
A．演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2
B．滑杆的长度为5.25 m
C．传感器显示的最小拉力为420 N
D．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J
答案 D
解析由v－t图像可知，演员在1.0 s时的加速度大小a＝eq \f(3－0,1.5－0.5) m/s2＝3 m/s2，故A错误；v－t图像与t轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h＝eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，故B错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma，解得：F1＝420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；3.5 s内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE＝mgh＝600×4.5 J＝2 700 J，故D正确．
9．(多选)如图8甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从原点O沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
图8
A．0～1 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时，恒力F的方向不变
C．恒力F的大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
答案 AD
解析由题图可知物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝eq \f(v\\al(,02),2x1)＝eq \f(100,2×5) m/s2＝10 m/s2，做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝eq \f(v\\al(,12),2x2)＝eq \f(64,2×8) m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律有F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立解得F＝7 N，f＝3 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(f,mg)＝0.3，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，即物块在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s时恒力F反向，物块开始做匀加速直线运动，选项A、D正确，B、C错误．
10．(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)一倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，自由状态时另一端在C点．C点上方斜面粗糙、下方斜面光滑．如图9(a)所示，用质量为m＝1 kg的物体A(可视为质点)将弹簧压缩至O点并锁定．以O点为坐标原点沿斜面方向建立坐标轴．沿斜面向上的拉力F作用于物体A的同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图(b)所示．求物体A与斜面粗糙段间的动摩擦因数以及沿斜面向上运动至最高点D时的位置坐标．(重力加速度g取10 m/s2)
图9
答案 eq \f(\r(3),2) 0.7 m
解析物体A运动到x＝0.1 m的C处时，由题图(b)知F1＝10.0 N，F2＝17.5 N，
F1－mgsin θ＝ma1
F2－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
可得：a1＝5 m/s2，μ＝eq \f(\r(3),2)
由2a1xOC＝vC2可得物体从O点到达C点的速度
vC＝1 m/s
根据牛顿第二定律可知，物体在斜面上由静止开始匀加速运动0.5 m后继续向上滑行的加速度大小为
a2＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝12.5 m/s2
由：2a1x1＝v12
－2a2x2＝0－v12
得x2＝0.2 m
xOD＝x1＋x2＝0.7 m，故xD＝0.7 m
11．(2020·广西池州市期末)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面．现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图10甲所示．在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，求：
图10
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离．
答案 (1)15 N (2)6 m
解析 (1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v－t图像得，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a
代入数据解得F＝15 N
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA
解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝eq \f(0－v0,aA)＝eq \f(0－6,－3) s＝2 s
物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m.