高考物理二轮复习热点强化3动力学图像问题含答案

动力学图像问题

1．(2018年全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是(　　)

A B

C D

　【答案】A

2．(2020年江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示．g取10 m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　)

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小

D．加速度为6 m/s2时物体的速度

【答案】D　【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示．

x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma，  ①

y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，  ②

从a－F图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：

m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；

当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；

题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．

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的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．物体的质量为

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＝a1

【答案】A

4．(2020年北京海淀北大附中三模)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图像提供的信息，下列说法正确的是(　　)

A．t1、t3时刻小球的速度最大

B．t2、t5时刻小球的动能最小

C．t3、t4时刻小球的运动方向相同

D．t4－t3<t7－t6

【答案】B　【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零；当绳子的拉力与重力相等时速度最大，而t1、t3时刻绳子的拉力为都为零，小于小球的重力，故t1、t3时刻小球的速度不是最大，故A错误；由乙图可知，t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，为最小值，故B正确；t3时刻小球速度方向向上，t4时刻小球速度向下，t3、t4时刻小球的运动方向相反，故C错误；t3～t4时间内与t6～t7时间内小球都做竖直上抛运动，由于t3时刻的速度大于t6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间t＝，可知t4－t3>t7－t6，故D错误．

5．(2021届辽宁六校联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v－t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则(　　)

A．施加外力前，弹簧的形变量为

B．外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M(g－a)

C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

【答案】B　【解析】施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a′，且FAB＝0；对B：F弹′－Mg＝Ma′，解得F弹′＝M(g＋a′)，弹力不为零，故C错误；当F弹′＝Mg时，B的速度达到最大，故D错误．

6．(2020年潍坊一中摸底)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动

B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大

C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m

D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2

【答案】C　【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，C正确．

7．(2020年昆明期末)如图甲所示，一物体静止在水平面上，从t＝0时刻起受一向右的水平拉力F作用，该力随时间t变化的关系如图乙所示，该物体加速度a随时间t变化的图像如图丙所示．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物体的质量为1 kg

B．t＝4 s时刻，物体的速度大小为2 m/s

C．物体与地面间的动摩擦因数为0.5

D．物体与地面的最大静摩擦力大小为2 N

【答案】B　【解析】设物体的质量为m，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，根据乙图可知F＝0.5t，则a＝t－μg，所以a－t图像的斜率表示，即＝，解得m＝0.5 kg；当t＝4 s时加速度为a＝2 m/s2，解得μ＝0.2，故A、C错误；a－t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化，0～2 s内物体静止，所以t＝4 s时刻，物体的速度大小为v＝×(4－2)×2 m/s＝2 m/s，故B正确；根据丙图可知t＝2 s时物体开始运动，则根据乙图可知此时的拉力F＝1 N，根据平衡条件可得：摩擦力f＝F＝1 N，所以物体与地面的最大静摩擦力大小为1 N，故D错误．

8．(2020年福建三明质检)(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则(　　)

A．物块与地面的动摩擦因数为0.2

B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N

C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N

D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2

【答案】BC　【解析】在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，故物块受力平衡不再运动，则5 s末物块的加速度为零，D错误．

9．(2020年河南郑州一模)某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：

(1)18 s末汽车的速度是多少？

(2)前25 s内的汽车的位移是多少？

解：(1)0～6 s内由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1，

6 s末车速为v1＝a1t1.

在6～18 s内，由牛顿第二定律得F2－Ff＝ma2，

第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2.

由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有

Ff＝F＝1 500 N，

解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s.

(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝t1＝90 m，

汽车在6～18 s内的位移为x2＝t2＝336 m，

汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m，

故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m.

10．(2021届甘肃靖远一中开学考试)如图甲所示，长L＝1.4 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)．现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；

(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；

(3)若水平恒力F＝27.8 N，滑块从木板上滑落经历的时间t.

解：(1)由图可知，F＝25 N时，滑块和木板发生相对运动．此时滑块的加速度a1＝4 m/s2，

分析滑块受力，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1，

解得μ1＝0.4.

(2)分析木板受力，由牛顿第二定律

F－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma2，

代入点(25,4)，(9,0)，

解得μ2＝0.1，M＝4 kg.

(3)F＝27.8 N时，滑块和木板发生相对运动．此时，滑块的加速度a1＝4 m/s2，

分析木板受力，由牛顿第二定律

F－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma2′，

解得a2′＝4.7 m/s2，

由运动学规律 L＝a2′t2－a1t2，

解得t＝2 s.