2022步步高大一轮复习--物理 第三章 牛顿运动定律 高考热点强化训练3 动力学图象问题

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图1
A．人的重力为1 500 N
B．c点位置人处于失重状态
C．e点位置人处于超重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
答案 C
解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律与平衡条件可知，人的重力也是500 N，故A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；人在d点时：a1＝eq \f(Fd－G,m)＝eq \f(1 500－500,\f(500,10)) m/s2＝20 m/s2，人在f点时：a2＝eq \f(G－0,m)＝eq \f(500,\f(500,10)) m/s2＝10 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误．
2．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图2所示．则下列相关说法正确的是( )
图2
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
答案 D
解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．
3.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图3所示，下列说法正确的是( )
图3
A．物体的质量为eq \f(F0,a0)
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a>0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝eq \f(F0,a0)a1
答案 A
解析 当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq \f(F0,a0)，所以A正确；当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq \f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq \f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D错误．
4.(多选)(2020·山东淄博市模拟)如图4所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
图4
答案 AD
解析 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确．
5.如图5所示为质量m＝75 kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v－t图象，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
图5
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15 kg/s
答案 C
解析 由v－t图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0＝eq \f(12－0,3－0) m/s2＝4 m/s2，故B错误；在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcs θ＝ma0，最后匀速时有：vm＝10 m/s，a＝0，由平衡条件可得mgsin θ－kvm－μmgcs θ＝0，联立解得： μ＝0.25，k＝30 kg/s，故C正确，D错误．
6．如图6甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
图6
A．长木板的质量M＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 B
解析 当F等于12 N时，加速度为：a0＝4 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，代入数据解得：M＋m＝3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，则F＝Ma＋μmg，由题图可知μmg＝8 N，a>4 m/s2时，F－a图线的斜率k＝M＝eq \f(12－8,4) kg＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12 N时，F＝a＋20μ，若F＝8 N，a＝0，即得μ＝0.4，故B正确；由A项分析可知：F大于12 N时F＝a＋8，则当F＝14 N时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故C错误；当F大于12 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误．
7．(多选)(2019·山东日照市3月模拟)长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图7甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
图7
A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(Ff2,mgcs θ1)
C．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动
D．木板由θ1转到的θ2的过程中，木块的速度变化越来越快
答案 AD
解析 由题图可知，当夹角为θ1时木块刚刚开始滑动，则mgsin θ1＝μmgcs θ1，可得μ＝tan θ1，故选项A正确，B错误；木板与地面的夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；对木块，根据牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcs θ＝ma，则a＝gsin θ－μgcs θ，则木板由θ1转到的θ2的过程中，随着θ的增大，加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确．