(新高考)高考物理一轮复习课时加练第3章　微专题22　动力学中的图像问题 (含解析)

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微专题22　动力学中的图像问题
1．两类问题：一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像.2.两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．
1．(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，g＝10 m/s2.根据图乙中所标出的数据可计算出(　　)

A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
答案　BC
解析　物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝－μg，由a与F图线，得到0.5＝－10μ，4＝－10μ，以上各式联立得m＝2 kg，μ＝0.3，故B、C正确，A、D错误．
2．如图甲所示，地面上有一物体，物体上端连接一劲度系数为k的轻质弹簧，用力F向上提弹簧，物体加速度a与力F的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．如果弹簧形变量x<，物体保持静止
B．当力F>q后，物体做匀加速直线运动
C．物体的质量m＝
D．当地重力加速度g＝p
答案　C
解析　当拉力F＝q时，物体开始离开地面，此时弹簧形变量x＝，因此当x<，时，物体保持静止，A错误；由图像可知，当力F>q之后，随着力的增加，加速度逐渐增加，物体做变加速直线运动，B错误；根据F－mg＝ma，整理可得a＝F－g，因此物体的质量m＝，当地的重力加速度g＝－p，C正确，D错误．
3．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动，又返回底端．能够描述物块速度v随时间t变化关系的图像是(　　)


答案　C
解析　根据牛顿第二定律，上滑过程：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑过程：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，比较可知加速度大小a1>a2，则物块上滑过程v－t图像的斜率的绝对值比下滑过程的大．由于存在摩擦力，所以物体滑到斜面底端时的速度vt小于初速度v0，上滑过程有x＝，下滑过程有x＝，可得t1>t0，选项C正确，A、B、D错误．
4．(多选)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图(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α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是(　　)

A．阻力系数k＝100 N·s/m
B．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30 m/s2，方向竖直向上
C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N
D．悬绳能够承受的拉力至少为625 N
答案　BC
解析　由题图可知，当速度为5 m/s时，做匀速直线运动，对整体，根据平衡条件有2mg＝kv，解得k＝200 N·s/m，A错误；打开伞瞬间，对整体，根据牛顿第二定律得kv′－2mg＝2ma，解得a＝ m/s2＝30 m/s2，方向竖直向上，B正确；向上的加速度最大时，绳子的拉力最大，由题图可知，打开伞瞬间有最大加速度，对运动员分析，有8FTcos 37°－mg＝ma，解得FT＝＝ N＝312.5 N，所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N，C正确，D错误．
5．随着2022年北京冬奥会成功举办，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲．假设一爱好者和他的雪橇总质量m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力F与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同．从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v－t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为(0,5)的切线，切线上点B的坐标为(4,15)，CD是曲线AD的渐近线．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是(　　)

A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2
B．0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，无法计算出比例系数k值
D．比例系数为k＝37.5 N·s/m
答案　D
解析　在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始运动时雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，A错误；0～4 s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律，开始运动时mgsin θ－μmgcos θ－kv0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm，联立解得k＝37.5 N·s/m，C错误，D正确．
6.如图，轻弹簧的下端与物块Q连接，上端与物块P连接．已知P、Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0，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，至Q恰好离开地面．以x表示P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(　　)



答案　B
解析　设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0，物块的位移为x，当xx0后，弹簧拉伸F－k(x－x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，F与x是线性关系，且F随x的增大而增大，当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误．
7．(多选)一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0～4 s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示，在0～2 s内的速度图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．关于物块的运动，下列说法正确的是(　　)

A．物块的质量为2 kg
B．在4 s内物块的位移为8 m
C．在4 s内拉力F做功为16 J
D．在4 s末物块的速度大小为4 m/s
答案　BC
解析　由题图乙可知，1～2 s内物块做匀速运动，故说明摩擦力大小Ff＝F＝2 N；0～1 s内做匀加速运动，加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得 F－Ff＝ma，其中F＝6 N，解得m＝1 kg，故A错误；2 s后受到的合力大小F合＝F＋Ff＝2 N＋2 N＝4 N，方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，加速度大小a′＝＝ m/s2＝4 m/s2，匀减速至停止的时间t＝＝ s＝1 s，则t＝3 s末速度减为零，此后保持静止，故4 s内的位移x＝×4 m＝8 m，故B正确；根据动能定理可知WF－Ffx＝0，解得WF＝2×8 J＝16 J，故C正确；由B中分析可知，4 s末的速度大小为零，故D错误．
8.在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图(　　)



答案　A
解析　人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重；由F－t图像可知，超重阶段(加速阶段)水平面对人的支持力先增加后减小，则根据F－mg＝ma可知，加速度大小先增大后减小，则v－t图像的斜率先增大后减小；同理由F－t图像可知，失重阶段(减速阶段)水平面对人的支持力先减小后增加，则根据mg－F＝ma可知，加速度大小先增大后减小，则v－t图像的斜率的绝对值先增加后减小，故选A.
9．如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的固定斜面，将一质量m＝1 kg的物体(可视作质点)放在斜面上由静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移．
答案　(1)5 m/s　(2)30 m，方向沿斜面向下
解析　(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，
假设在0～2 s时间内物体沿斜面方向向下运动
因为mgsin θ－μmgcos θ－F1>0，
所以假设成立，物体在0～2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝2.5 m/s2，
v1＝a1t1，
代入数据可得v1＝5 m/s.
(2)物体在前2 s内发生的位移为x1＝a1t12＝5 m，
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5 m/s2，
设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，
解得t2＝10 s，
物体在t2时间内发生的位移为
x2＝v1t2＋a2t22＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ 则物体在剩下4 s时间内处于静止状态．
故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
10．如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°.现对长木板施加水平向左的拉力F＝18 N，长木板运动的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：

(1)长木板的长度L；
(2)长木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)物块与长木板间的动摩擦因数μ1.
答案　(1)2 m　(2)0.5　(3)
解析　(1)由题图乙可知，木板运动2 s离开小物块，在0～2 s，木板的位移x＝ m＝1 m，
所以长木板的长度L＝2x＝2 m.
(2)在2～3 s，由题图乙可得长木板的加速度
a2＝＝4 m/s2，
由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，
解得μ2＝0.5.
(3)在0～2 s，对小物块受力分析，
竖直方向有FN＋FTsin 37°＝m1g，
水平方向有FTcos 37°＝Ff1，
又Ff1＝μ1FN，
在0～2 s，长木板的加速度a1＝＝0.5 m/s2，
对木板由牛顿第二定律得
F－Ff1′－μ2(m2g＋FN′)＝m2a1
由牛顿第三定律得Ff1＝Ff1′，FN＝FN′
联立解得μ1＝.