新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 熱點7　運動學(xué)和動力學(xué)圖像 (含解析)

熱點7運動學(xué)和動力學(xué)圖像1．(2022·浙江省金華十校模擬)2022年初金華軌道交通金義線正式開通，某次列車從進站減速到以一定的速度離開車站的這段時間內(nèi)的速度—時間圖像如圖所示，對于該列車下列說法正確的是()A．進站減速時列車的加速度大小為1.2m/s2B．列車在加速與減速兩階段運動的位移相同C．若列車總質(zhì)量不變，則減速時列車所受的合外力比加速時列車所受的合外力大D．若列車在該站不停車，以30m/s的速度勻速駛過該站，與原來相比，通過車站的運行時間少耗費22.5s答案C解析由v－t圖像可知，進站減速時列車的加速度大小為a1＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，A錯誤；300m，列車在加速階段運動的位移為x2＝eq\f(1,2)×25×30m＝375m，可知列車在加速與減速兩階段運動的位移不相同，B錯誤；列車在加速階段的加速度大小為a2＝eq\f(30,25)m/s2＝1.2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5m/s2>a2＝1.2m/s2，可知若列車總質(zhì)量不變，則減速時列車所受的合外力比加速時列車所受的合外力大，C正確；若列車在該站不停車，以30m/s的速度勻速駛過該站，則列車勻速所用的時間為t＝eq\f(x1＋x2,v)＝eq\f(300＋375,30)s＝22.5s，與原來相比，通過車站的運行時間少耗費的時間為Δt＝75s－22.5s＝52.5s，D錯誤．2．(2022·遼寧省模擬)如圖所示是某同學(xué)站在力傳感器上，先下蹲后站起過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化圖像．重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．在1～2s時間內(nèi)，該同學(xué)完成了一次下蹲再站起的過程B．下蹲過程，該同學(xué)始終處于失重狀態(tài)；站起過程，該同學(xué)始終處于超重狀態(tài)C．全過程中，該同學(xué)重心的加速度的最大值約為6m/s2D．若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時間，圖線峰值一定不會發(fā)生變化答案C解析該同學(xué)下蹲過程先加速，再減速，因此先失重后超重，力傳感器示數(shù)先小于重力后大于重力，故在1～2s時間內(nèi)，該同學(xué)僅完成了一次下蹲過程，A、B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，在失重過程有mg－FN1＝ma1，超重過程有FN2－mg＝ma2，由題圖可知，支持力最大值約為700N，最小值約為200N，該同學(xué)質(zhì)量為50kg，代入解得加速度最大值約為6m/s2，C正確；若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時間，該同學(xué)超重過程中的最大加速度可能會變大，因此圖線峰值可能會發(fā)生變化，D錯誤．3.(2022·湖南省隆回縣第二中學(xué)模擬)實驗小組通過實驗研究汽車在晴天干燥路面和雨天濕滑路面上的制動效果．在晴天干燥路面測試的初速度為30m/s，從發(fā)出剎車指令到汽車停下的過程的v－x圖像如圖所示．在雨天濕滑路面測試的初速度為24m/s，假設(shè)人的反應(yīng)時間不變，從發(fā)出剎車指令到汽車停下的過程經(jīng)過的位移與晴天干燥路面時相同．根據(jù)v－x圖像及所給數(shù)據(jù)可以推斷兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比a干∶a濕為()A．5∶4 B．5∶3C．4∶3 D．3∶2答案B解析由圖像可知在人的反應(yīng)時間內(nèi)，汽車在做勻速運動，由題圖可得人的反應(yīng)時間為t＝eq\f(x1,v)＝1s，汽車剎車距離為x′＝eq\f(v02,2a干)，由題圖可知在晴天干燥路面剎車距離為90m，則剎車加速度大小為a干＝eq\f(302,2×90)m/s2＝5m/s2，在雨天濕滑路面勻速和勻減速的總位移仍為120m，則有L＝v′t＋eq\f(v′2,2a濕)，其中L＝120m，v′＝24m/s，t＝1s，解得a濕＝3m/s2，則兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比為a干∶a濕＝5∶3，故選B.4.(2022·安徽黃山市第二次質(zhì)檢)甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其v－t圖像如圖所示，在t＝0時刻，乙車在甲車前方x0處，在0～t1時間內(nèi)乙車的位移為x.下列判斷正確的是()A．若甲、乙在t1時刻相遇，則x0＝3xB．若甲、乙在eq\f(1,2)t1時刻相遇，則下次相遇時刻為2t1C．若x0＝eq\f(3,2)x，則甲、乙一定相遇一次D．若x0＝eq\f(5,3)x，則甲、乙一定相遇兩次答案D解析由題圖可知，甲車的初速度等于2v0，在t1時刻乙車速度為v0，在0～t1時間內(nèi)，乙車的位移為x，在v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移大小，可判斷得甲車的位移為3x，若甲、乙在t1時刻相遇，則x0＝3x－x＝2x，故A錯誤；若甲、乙在eq\f(1,2)t1時刻相遇，如圖所示，由圖像可知，x0為陰影部分對應(yīng)的距離，由圖像中的對稱關(guān)系，可知下次相遇的時刻為t1＋eq\f(t1,2)＝eq\f(3,2)t1，故B錯誤；若x0＝eq\f(3,2)x，則x＝eq\f(2,3)x0，t＝t1時，兩車速度相等，此時甲、乙位移差為Δx＝x甲－x乙＝eq\f(2,3)x0×3－eq\f(2,3)x0＝eq\f(4,3)x0>x0，說明在t＝t1之前甲、乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定能再次相遇，故C錯誤；若x0＝eq\f(5,3)x，則x＝eq\f(3,5)x0，t＝t1時，兩車速度相等，此時甲、乙位移差為Δx′＝x甲′－x乙′＝eq\f(3,5)x0×3－eq\f(3,5)x0＝eq\f(6,5)x0>x0，說明在t＝t1之前甲、乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定相遇兩次，故D正確．5．(2022·遼寧省模擬)如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向下的力F作用在P上，使其向下做勻加速直線運動，在彈簧的彈性限度內(nèi)，下列是力F和運動時間t之間的關(guān)系圖像，正確的是()答案D解析在力F作用在P上之前，物塊放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有mg＝kx0，在力F作用在P上之后，物塊向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x為物塊向下運動的位移，x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得F＝ma＋eq\f(ka,2)t2，即F隨時間變化圖像為D，所以D正確，A、B、C錯誤．6．(2022·遼寧省模擬)為保障災(zāi)民生命財產(chǎn)安全，消防隊員利用無人機為災(zāi)民配送物資，某次在執(zhí)行任務(wù)時，無人機從地面起飛，將配送物資運輸?shù)筋A(yù)定地點，在飛行過程中，通過速度傳感器測出無人機在水平方向和豎直方向的分速度vx和vy隨飛行時間t的關(guān)系圖像如圖A．在0～10s內(nèi)，無人機做曲線運動B．25s時無人機速度大小為10m/sC．30s時無人機加速度大小為0.6m/s2D．物資從釋放到到達(dá)預(yù)定地點經(jīng)歷的時間為6s答案C解析0～10s時間內(nèi)，無人機在水平方向上做初速度為零的勻加速運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則合運動為初速度為零的勻加速直線運動，故A錯誤；25s時無人機水平方向速度大小為vx＝8m/s，豎直方向上速度大小為vy＝9m/s，此時速度大小為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(145)m/s，故B錯誤；30s時無人機水平方向加速度為零，豎直方向加速度即為無人機的加速度，其大小為ay＝eq\f(12－0,40－20)m/s2＝0.6m/s2，故C正確；0～40s時間內(nèi)無人機豎直方向高度y＝eq\f(1,2)×(10＋40)×12m＝300m，從物資釋放到落地，對物資豎直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(15)s，故D錯誤．7．(2022·山東青島市三模)如圖，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細(xì)線相連放置在水平圓盤上．當(dāng)圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時，物塊a、b始終相對圓盤靜止．下列關(guān)于物塊a所受的摩擦力隨圓盤角速度的平方(ω2)的變化關(guān)系正確的是()答案D解析轉(zhuǎn)動過程中a、b角速度相同．當(dāng)圓盤角速度較小時，a、b由靜摩擦力充當(dāng)向心力，細(xì)線拉力為零，此過程中a、b所受的摩擦力大小分別為Ffa＝mraω2，F(xiàn)fb＝mrbω2，因為rb>ra，故Ffb>Ffa，又因為a、b與圓盤的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達(dá)到最大靜摩擦力，當(dāng)b達(dá)到最大靜摩擦力Ff0時，細(xì)線開始出現(xiàn)拉力，此時對于a、b有Ffa－FT＝mraω2，F(xiàn)f0＋FT＝mrbω2，聯(lián)立可得Ffa＝m(ra＋rb)ω2－Ff0，由上述分析可知，細(xì)線拉力出現(xiàn)之前Ffa－ω2圖線的斜率為mra，細(xì)線拉力出現(xiàn)之后圖線的斜率為m(ra＋rb)，所以細(xì)線有拉力時圖線斜率變大，故選D.8.(多選)(2022·全國乙卷·20)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.則()A．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J答案AD解析物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，對物塊在0～3s時間內(nèi)由動量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s,3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯誤；設(shè)3s后經(jīng)過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確；在0～3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mv32，解得x1＝9m,3～4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mv32，解得x2＝3m，4～6s時間內(nèi)物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)at32＝4m<x1＋x2，即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；物塊在6s時的速度大小為v6＝at3＝4m/s,0～6s時間拉力對物塊所做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確．9．(多選)(2022·廣東茂名市二模)如圖甲，在蹦極者身上裝好傳感器，可測量他在不同時刻下落的高度及速度大?。臉O者從蹦極臺自由下落，利用傳感器與計算機結(jié)合得到如圖乙所示的速度(v)－位移(l)圖像．蹦極者及所攜帶設(shè)備的總質(zhì)量為60kg，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列表述正確的是()A．整個下落過程，蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．從彈性繩剛伸直開始，蹦極者做減速運動C．蹦極者動能最大時，彈性繩的拉力大小等于重力D．彈性繩的彈性勢能最大值為15600J答案CD解析不計空氣阻力，整個下落過程中只有重力和彈性繩彈力做功，故蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；彈性繩剛伸直時彈性繩的拉力小于蹦極者及設(shè)備的重力，蹦極者繼續(xù)做加速運動，當(dāng)拉力等于重力時，蹦極者及設(shè)備所受合外力為0，速度達(dá)到最大，動能達(dá)到最大，當(dāng)拉力大于重力時，蹦極者開始做減速運動，到最低點時速度為0，B錯誤，C正確；從題圖可知，下落的最大高度為26m，由Epm＝mgh＝60×10×26J＝15600J，D正確．10．(多選)(2022·安徽合肥市質(zhì)檢)如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P拴接．現(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運動；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過程．在兩物塊第一次向右運動至最遠(yuǎn)的過程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示．已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同，且Ep＝eq\f(1,2)kx2.下列說法正確的是()A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍B．P的質(zhì)量是Q的2倍C．P的最大動能是Q的4倍D．Q向右運動的最大距離是P的2倍答案BD解析設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)速度達(dá)到最大時，加速度為零，對兩物塊由平衡條件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，聯(lián)立可得mP＝2mQ，故B正確；釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq\f(kl0,mP)，aQ＝eq\f(2kl0,mQ)，結(jié)合B選項，可得eq\f(aP,aQ)＝e