2020高考物理二轮复习第一部分专题七物理图像问题第1讲力学图像练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题七物理图像问题第1讲力学图像练习含解析

力学图像 ‎1．(2019·广东六校联考)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，物体c的图像是抛物线的一部分，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是(　　)‎ A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反 C．物体c一定做变速曲线运动 D．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两物体相距最远 解析　位移—时间图像中图线的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，斜率的绝对值表示速度的大小，结合题图可知a、b的速度大小相等，方向相反，故A、B错误；位移—时间图像中物体的运动方向只能与正方向相同或相反，即只能描述直线运动，C错误；由题图可知，0～5 s内，a、b两物体的距离越来越远，5 s时相距最远，故D正确。‎ 答案　D ‎2．(2019·广东七校联考)上海市第十三届“未来之星上图杯”创新模型大赛在上海图书馆举行，比赛中某型号遥控车启动过程中速度与时间图像和牵引力的功率与时间图像如图所示，设遥控车所受阻力大小一定，则该遥控车的质量为(　　)‎ A. kg B． kg C. kg D． kg 解析　遥控车在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度v2＝6 m/s，功率P2＝30 W，由公式P＝Fv可知：前2 s内的动力F1＝5 N，后4 s内做匀速直线运动，动力等于阻力，则Ff＝F＝＝ N，在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma，又a＝3 m/s2，解得m＝ kg，选项B正确。‎ 答案　B ‎3．(2019·安徽芜湖期末)如图所示，斜面A固定于水平地面，在t＝0时刻，滑块B 8‎ 以初速度v0自斜面底端冲上斜面，t＝t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图像中，肯定错误的是(　　)‎ 解析　若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力，大小方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上，故B正确；若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。‎ 答案　C ‎4．(2019·山东日照联考)质量为m的物体在受到竖直向上的拉力F的作用下竖直向下运动，其运动的速度随时间变化的v t图像如图所示。假设物体受到恒定的空气阻力作用，在0～t0、t0～3t0、3t0～4t0时间内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)‎ A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3‎ C．F1＞F3＞F2 D．F1＝F3＞F2‎ 解析　由v t图像可知，物体在0～t0的时间内向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝，设物体受到恒定的空气阻力大小为f，由牛顿第二定律可知mg－F1－f＝ma1，解得F1＝mg－m－f；物体在t0～3t0的时间内向下做匀速直线运动，则由力的平衡条件可知F2＋f＝mg即F2＝mg－f；物体在3t0～4t0的时间内向下做匀减速直线运动，加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可知F3－mg＋f＝ma2，解得F3＝mg＋m－f；因此F3＞F2＞F1，B正确。‎ 答案　B ‎5．(多选)(2019·海南海口一模)水平地面上质量为‎1 kg的物块受到水平拉力F1、F2‎ 8‎ 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，取g＝‎10 m/s2，则(　　)‎ A．物块与地面间的动摩擦因数为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 解析　在0～2 s内物块匀速运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做减速运动，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，物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确，选项D错误。‎ 答案　BC ‎6．(多选)(2019·湖北4月调研)如图甲所示，一个质量m＝‎2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块经过4 s时间到出发点 B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W 解析　由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v t图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋‎ 8‎ μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移x1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J,0～5 s内合力的平均功率＝＝W＝1.8 W，选项D正确。‎ 答案　BD ‎7．(2019·山东济宁期中)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A。某时刻A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v t图像的是(　　)‎ 解析　选A、B整体为研究对象，开始运动后，随F的增大，A、B整体加速度增大，A、B即将分离时，A、B整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得：‎ a＝ 对B应用牛顿第二定律：a＝ 对A应用牛顿第二定律：a＝ 经历时间：t＝ 由以上解得：t＝ 8‎ 此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线，所以A、C、D错误，B正确。‎ 答案　B ‎8．(多选)(2019·江苏无锡二模)对离地一定高度的物体施加一个竖直向上的拉力，物体在竖直方向上运动，其速率—时间关系大致图线如右图甲所示，以地面为零势能面，忽略空气阻力，物体的机械能随运动距离的变化关系大致图线可能是下图中的(　　)‎ 解析　由受力分析可知，物体只受重力和拉力，故上图中Ex图像的切线斜率的绝对值表示外力F的大小。由图甲中v t图的斜率可知，物体的加速度大小随时间不断减小，若物体向上运动，拉力做正功，机械能E应增加，根据物体的加速度不断减小，由牛顿运动定律可推知拉力F应不断减小，对应Ex图像上的切线斜率k应不断减小，D选项正确；若物体向下做加速度减小的加速运动，则拉力做负功，机械能E减小，又因为向上的拉力F是不断增大的，故Ex图上的切线斜率大小应不断增大，对应C选项，故正确答案为CD选项。‎ 答案　CD ‎9．(2019·安徽合肥上学期模拟)一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ 8‎ 解析　小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；设小物块上滑的最大位移大小为x1，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(x1－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x1－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正确。‎ 答案　C ‎10．(多选)(2019·广东广州模拟)质量为‎400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　)‎ A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．恒定功率为160 kW D．所受阻力大小为1600 N 解析　由题图可知赛车做加速度减小的加速运动，且当牵引力等于阻力时，赛车的加速度为零，赛车的速度最大，A、B错误；对赛车受力分析，赛车受重力、支持力、牵引力以及摩擦力，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，其中F＝，联立解得a＝－，当赛车的速度最大时，加速度为零，此时有＝0.01 s·m－1，即最大的速度为vm＝100 m/s，又－＝－4,0＝－，整理解得Ff＝1600 N，P＝160 kW，C、D正确。‎ 答案　CD ‎11．(多选)(2019·江西南昌联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2，质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 8‎ 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　)‎ A．物块与传送带的动摩擦因数为 B．从开始到物块回到A处，物块的位移为0，摩擦力对物块做功为0‎ C．0～t3时间内，摩擦力对物块的冲量大小为m(v2－v1)‎ D．在这个过程中由于物块的影响，电动机对传送带多做的功为 解析　在0～t1时间内，小物块向左做匀减速直线运动，设物块与传送带的动摩擦因数为μ，则加速度大小a＝μg，由乙图可得0＝v2－at1，得μ＝，故A正确；从开始到物块回到A处，物块的位移为0，但摩擦力对物块做功不为0，因为t2～t3时间内，物块不受摩擦力，由动能定理得摩擦力对物块做的功Wf＝mv－mv，故B错误；摩擦力对物块的冲量大小I＝mv1－(－mv2)＝m(v1＋v2)，故C错误；在整个过程中，电动机对传送带多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝μmg·v1t2，把μ代入得W＝，故D正确。‎ 答案　AD ‎12．(2019·山西五校四联考)如图甲所示，质量均为m＝‎0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝‎3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；‎ ‎(2)Q运动的时间t。‎ 解析　(1)在0～3 s内，对P由动量定理有：‎ F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s 解得：v＝8 m/s 8‎ 设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：‎ μmg＝ma P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：‎ v2－v＝2aL 解得：v1＝7 m/s ‎(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：‎ mv1＝mv1′＋mv2‎ mv＝mv1′2＋mv 碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝ 解得：t＝3.5 s 答案　(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s 8‎