新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第3单元5数形结合解决动力学问题科学思维(人教版)

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A.A、B物体脱离之前,A物体所受的合外力逐渐减小
B.A、B物体脱离前,它们一起运动的位移为6 m
C.A、B物体脱离后,A物体做减速运动,B物体做加速运动
D.A、B物体脱离前,水平力FA对A物体做功为30 J
2.(2023浙大附属中学高三模拟)飞箭弹射游戏如图甲所示,过程可简化为用橡皮筋弹弓将质量为m的飞箭以初速度v0竖直向上射出,运动过程中飞箭受到的空气阻力与其速率成正比,速度随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻落回发射点,且此前已做匀速运动,则下列关于飞箭运动的描述正确的是( )
A.飞箭的加速度先减小后增大
B.飞箭上升和下落过程中的平均速度大小相等
C.飞箭上升和下降过程中克服阻力做功相等
D.飞箭运动的最大加速度大小为g
3.(多选)如图甲所示,在某星球上,一轻质弹簧下端固定在倾角为θ=30°的固定光滑斜面底部且弹簧处于原长,现将一质量为1 kg的小物块放在弹簧的上端,由静止开始释放,小物块的加速度a与其位移x间的关系如图乙所示,则( )
A.小物块运动过程中机械能守恒
B.该星球重力加速度大小为5 m/s2
C.弹簧劲度系数为25 N/m
D.小物块的最大动能为0.5 J
4.(多选)(2023浙江嘉兴一中月考)如图甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.A的质量为0.5 kg
B.B的质量为1.25 kg
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.6
5.(多选)在距地面某一高度处平伸手掌托起篮球,由静止开始竖直向上运动,直至将篮球竖直抛出,之后篮球落地。已知篮球在这一过程中的速度v与时间t的关系如图所示,其中Oab为曲线、bc为直线,图线在0~t3、t3~t4内与时间轴所围面积的大小分别为s1、s2。下列说法正确的是( )
A.t1时刻,篮球只受重力的作用
B.t1时刻,篮球离地面的高度最大
C.t3时刻,篮球只受重力的作用
D.手开始向上运动时距地面的高度为s2-s1
6.(多选)(2023浙江杭州二中期末)如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=5 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点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二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.0~10 m内物块的加速度大小为2.5 m/s2
B.在5 s末恒力F开始反向,物块做匀加速运动
C.10~26 m内物块的加速度大小为0.5 m/s2
D.物块与水平面的动摩擦因数为0.037 5
7.(2023浙江奉化中学期末)如图所示,质量为m'的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上长木板,重力加速度g取10 m/s2。从物块冲上长木板到物块和长木板达到共同速度的过程中,物块和长木板的v-t图像分别如图中的折线acd和bcd所示,a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图像,求:
(1)物块冲上长木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,长木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a3;
(2)物块质量m与长木板质量m'之比;
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
8.飞船返回舱返回时,打开降落伞后竖直减速下降,这一过程若返回舱所受空气阻力与速度的二次方成正比,比例系数为k。从某时刻起开始计时,返回舱的v-t图像如图所示,图中AE是曲线在A点的切线,切线交横轴于点E,其坐标为(8,0),CD是AB的渐近线,返回舱质量m=400 kg,g取10 m/s2。
(1)返回舱在这一阶段运动情况如何?
(2)初始时刻它的加速度大小为多少?
(3)写出空气阻力系数k的表达式并计算其值。
9.(2023浙江镇海中学高三月考)如图甲所示,质量为m'、长L=1.0 m、右端带有竖直挡板的木板B静止在光滑水平面上,一个质量为m的小木块(可视为质点)A以水平速度v0=4.0 m/s滑上B的左端,之后与右端挡板碰撞,最后恰好滑到木板B的左端,已知=3,并设A与挡板碰撞时无机械能损失,碰撞时间可以忽略不计,g取10 m/s2,求:
(1)A、B最后的速度;
(2)小木块A与木板B之间的动摩擦因数;
(3)小木块A与木板B相碰前后木板B的速度,再在图乙所给坐标中画出此过程中B相对地的v-t图像。
参考答案
素养练5 数形结合解决动力学问题(科学思维)
1.B 解析 由图乙可得FA=9-3t,FB=3+3t,在未脱离的过程中,整体受力向右,且大小不变,恒定为FA+FB=12N,匀加速运动的加速度a=m/s2=3m/s2,则A、B物体脱离之前,它们一直做匀加速运动,A物体所受的合外力不变,A错误;当A、B物体脱离时满足A、B物体加速度相同,且弹力为零,故=3m/s2,解得t=2s,则A、B物体脱离前,它们一起运动的位移为x=at2=×3×22m=6m,B正确;脱离后的1s内A物体仍然受到向右的推力,所以A物体仍然做加速运动,从t=3s开始A物体不再受推力,A物体将做匀速直线运动,B物体一直受到向右的拉力而做加速运动,C错误;由于FA为随时间变化的变力,则无法求出水平力FA对A物体做的功,D错误。
2.D 解析 图像的斜率等于加速度,可知飞箭的加速度一直减小,选项A错误;上升阶段a1=,下降阶段a2=,则上升阶段平均加速度较大,根据h=at2,则上升阶段时间较短,根据,飞箭上升的平均速度大于下落过程中的平均速度,选项B错误;上升阶段平均阻力较大,则飞箭上升和下降过程中克服阻力做功不相等,选项C错误;飞箭刚开始时的加速度最大,则最大加速度am=,匀速运动时kv1=mg,解得飞箭运动的最大加速度大小为am=g,选项D正确。
3.CD 解析 根据题意可知,小物块在斜面上运动的过程中,重力和弹簧的弹力做功,则小物块运动过程中机械能不守恒,小物块与弹簧组成的系统机械能守恒,故A错误;由图乙可知,弹簧形变量为0时,小物块的加速度大小为5m/s2,则由牛顿第二定律有mgsinθ=ma,解得g=10m/s2,故B错误;由图乙可知,弹簧形变量为20cm时,小物块的加速度大小为0,则有mgsinθ=kΔx,解得k=25N/m,故C正确;根据题意,对小物块,由动能定理有maΔx=Ek,当小物块加速度为0时,速度最大,动能最大,由图乙可知,当弹簧形变量为20cm时,小物块的动能最大,结合图乙根据加速度a与其位移x图像的面积与质量的乘积表示动能的变化量可得Ekm=1××5×0.2J=0.5J,故D正确。
4.AC 解析 由图可知,A、B二者开始时在地面上保持静止,当拉力为F1=3N时开始相对地面滑动,故B与地面间的最大静摩擦力为3N;当拉力为F2=9N时,A和B相对滑动,此时A的加速度为a1=4m/s2;当拉力为F3=13N时,B的加速度为a2=8m/s2。对B受力分析,由牛顿第二定律可得F3-Ffmax-μ1mAg=mBa2,对AB整体受力分析,由牛顿第二定律可得F2-Ffmax=(mA+mB)a1,联立可得mA=0.5kg,mB=1.0kg,故A正确,B错误。当拉力为F1=3N时,B与地面间的最大静摩擦力为3N,即Ffmax=μ2(mA+mB)g,解得μ2=0.2,故C正确。对A受力分析,由牛顿第二定律可得μ1mAg=mAa1,解得μ1=0.4,故D错误。
5.CD 解析 图像的斜率等于加速度,则t1时刻,篮球的加速度为零,除了受重力作用外还受手向上的作用力,选项A错误;图像的面积等于位移,可知t3时刻,篮球离地面的高度最大,选项B错误;因为bc为直线,则此过程中篮球离开手只受重力,即t3时刻,篮球只受重力的作用,选项C正确;图像的面积等于位移,由图像可知,篮球先向上运动s1,然后向下运动s2落地,则手开始向上运动时距地面的高度为s2-s1,选项D正确。
6.CD 解析 物块在0~10m内速度减小,做匀减速直线运动,物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1=m/s2=1.25m/s2,选项A错误;物块做匀减速直线运动的时间为t1=s=4s,即在4s末恒力F反向,物块做匀加速运动,选项B错误;物块匀加速运动的加速度大小a2=m/s2=0.5m/s2,选项C正确;根据牛顿第二定律得F+Ff=ma1,F-Ff=ma2,联立两式解得F=0.875N,Ff=0.375N,则动摩擦因数为μ==0.0375,选项D正确。
7.答案 (1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2
(2)
(3)20 m
解析 (1)由v-t图像可求出物块冲上长木板做匀减速直线运动的加速度大小
a1=m/s2=1.5m/s2
长木板开始做匀加速直线运动的加速度大小
a2=m/s2=1m/s2
达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小
a3=m/s2=0.5m/s2。
(2)对物块冲上长木板匀减速阶段
μ1mg=ma1
对长木板向前匀加速阶段
μ1mg-μ2(m+m')g=m'a2
物块和长木板达到共同速度后向前匀减速阶段
μ2(m+m')g=(m'+m)a3
以上三式联立可得
。
(3)由v-t图像可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积,故
Δx=10×4×m=20m。
8.答案 (1)见解析
(2)15 m/s2
(3)k= 0.42
解析 (1)由题图可以看出曲线切线的斜率的绝对值逐渐减小,说明返回舱在这一阶段先做加速度逐渐减小的减速运动,再做匀速运动。
(2)在初始时刻,vA=120m/s,过A点的切线的斜率的绝对值即为此时的加速度大小,则有
a=m/s2=15m/s2
(3)返回舱最终做匀速运动,选向下为正方向。根据平衡条件得
mg-k=0
在A点时由牛顿第二定律有
mg-k=-ma
联立解得
k=
代入数据解得
k==0.42。
9.答案 (1)1 m/s
(2)0.3
(3)0.3 m/s 1.7 m/s 图像见解析
解析 (1)A从滑上木板到与木板相对静止的过程中,由动量守恒定律可得
mv0=(m+m')v3
解得A、B的共同速度为
v3=1m/s。
(2)对全过程由动能定理可得
-μmg·2L=(m+m')
解得
μ=0.3。
(3)设A与B挡板碰前A的速度为v10,木板B相应速度为v20,从A滑上B至A与B右端挡板相碰前的过程,据动量守恒定律与动能定理分别可得
mv0=mv10+m'v20
-μmgL=m'
联立解得
v10=m/s
由于A与B右端挡板碰前的速度不可能为负值,故A碰前的速度应为
v10=m/s
解得木板B相应速度为
v20=m/s=0.3m/s
木板B此过程为匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得
μmg=m'a1
解得
a1=1m/s2
此过程经历的时间为
t1==0.3s
该过程木板B的v-t图像为图中的图线a,A与B右端挡板碰撞后,设木块A的速度为v1,木板B的速度为v2,取A滑上B右端至A与B挡板碰撞后瞬间过程为研究对象,据动量守恒定律及动能定理分别可得
mv0=mv1+m'v2
-μmgL=m'
解得
v1=m/s
由于m/s为A碰前速度,故A碰后速度为
v1=m/s
解得木板B相应速度为
v2=m/s=1.7m/s
由于v1<0,即木块相对B向左滑动,A受B的摩擦力向右,B受A的摩擦力向左,故B做匀减速直线运动,对B由牛顿第二定律可得
μmg=m'a2
解得
a2=1m/s2
从碰后到A滑到B最左端过程中,B向右做匀减速直线运动的时间为
t2==0.7s
该过程木板B的v-t图像为图中的图线b。