【物理】2020届二轮复习专题七　物理图象问题第1课时力学图象问题学案

【物理】2020届二轮复习专题七　物理图象问题第1课时力学图象问题学案

第1课时　力学图象问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 运动学图象问题 ‎2016‎ ‎1卷21,‎ ‎3卷23‎ ‎16(1)21题 ‎　　16(3)23题 ‎17(2)22题 ‎18(2)19题 18(3)18题　18(3)19题 ‎2017‎ ‎2卷22‎ ‎2018‎ ‎2卷19,‎ ‎3卷18、19‎ 动力学图象问题 ‎2017‎ ‎3卷20‎ ‎17(3)20题 ‎　‎ ‎　　18(1)15题 ‎2018‎ ‎1卷15‎ 其他图象 问题 ‎2015‎ ‎2卷17‎ ‎　‎ ‎15(2)17题 图象信息提取问题 ‎2015‎ ‎1卷20、25‎ ‎15(1)20题　‎ ‎　‎ ‎　15(1)25题 ‎　‎ ‎　 19(2)18题 ‎2019‎ ‎2卷18‎ ‎1．v－t图象的应用技巧 ‎(1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．‎ ‎(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．‎ ‎2．x－t图象的应用技巧 ‎(1)图象意义：在x－t图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．‎ ‎(2)注意：在x－t图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向．斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动．‎ 例1　 (2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t2内两车速度—时间图象(v－t图象)如图1所示，则在0～t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．甲、乙两辆车运动方向相反 B．在t1时刻甲、乙两车再次相遇 C．乙车在0～t2时间内的平均速度小于 D．在t1～t2时间内乙车在甲车前方 答案　C 解析　由题图可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，选项A错误；由题图可知，在0～t1时间内，二者位移不相等，即在t1时刻甲乙两车没有相遇，在该时刻二者速度相等，二者之间的距离是最大的，故选项B错误；若乙车在0～t2时间内做匀变速运动，则平均速度为，如图所示：由v－t图象与t轴所围面积代表位移可知，匀变速运动的位移较大，故乙车在这段时间内的平均速度小于，故选项C正确；由于甲的初速度大于乙的初速度，所以开始时甲车在乙车前面，由v－t图象与t轴所围面积代表位移可知在0～t2时间内甲的位移大于乙的位移，故整个过程中甲车一直在乙车前面，故选项D错误．‎ 拓展训练1　(2019·云南昆明市4月质检)汽车在限速为40 km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图象如图2所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．减速前该车已超速 B．汽车在加速阶段的加速度大小为3 m/s2‎ C．驾驶员开始减速时距斑马线18 m D．汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变 答案　B 解析　由题图可知，汽车减速前的行驶速度为v0＝10 m/s＝36 km/h<40 km/h，未超速，故A错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B正确；由题图可知，汽车减速过程不是做匀减速运动，因此由速度－时间图象不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，故C错误；由题图可知汽车在加速阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F－Ff＝ma知，牵引力F恒定，速度增加，据P＝Fv知，发动机的输出功率P增加，故D 错误．‎ 例2　 (2019·湖北鄂南高中、华师一附中等八校第一次联考)A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位置—时间图象如图3所示，其中甲是顶点过原点的抛物线的一部分，乙是过点(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3,9)的P点，则下列说法不正确的是(　　)‎ 图3‎ A．质点A做初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动 B．质点B以2 m/s的速度做匀速直线运动 C．在前3 s内，质点A比B向前多前进了9 m D．在3 s前某时刻质点A、B速度相等 答案　C 解析　质点A的运动方程为x＝at2，则初速度为零，加速度a＝2 m/s2，故A正确；乙直线的斜率表示速度，故质点B做匀速直线运动，质点B的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确；在前3 s内，质点B的位移为6 m，质点A的位移为9 m，质点A比B向前多前进了3 m，故C错误；t＝1 s时刻，质点A的速度为2 m/s，且质点B以v＝2 m/s的速度做匀速直线运动，故D正确．‎ 拓展训练2　 (多选)(2019·吉林省名校第一次联合模拟)某做直线运动的质点的位移－时间图象(抛物线)如图4所示，P(2,12)为图线上的一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0,4)．已知t＝0时质点的速度大小为8 m/s，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．质点做匀减速直线运动 B．2 s时，质点的速度大小为6 m/s C．质点的加速度大小为2 m/s2‎ D．0～1 s内，质点的位移大小为4 m 答案　AC 解析　由题知图象为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，而v0＝8 m/s，t＝2 s时的位移x＝12 m，代入解得a＝－2 m/s2，则函数表达式为x＝8t－t2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2，故A、C正确；2 s时的瞬时速度为v＝v0＋at＝8 m/s－2×2 m/s＝4 m/s，故B错误；由位移公式可得1 s内的位移x1＝8×1 m－12 m＝7 m，故D错误．‎ ‎1．基本思路 ‎(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．‎ ‎(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．‎ ‎2．解题技巧 ‎(1)可以采用解析法和排除法分析a－t图象和F－t图象．‎ ‎(2)要树立图象的函数思想，即图象反映的是两个变量间的函数关系，应用物理规律找到两个变量之间的关系是解题关键．‎ 例3　(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图5甲所示，一质量m＝1 kg的物体置于水平地面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图线没有画出)．重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．物体在第3 s末的加速度大小是2 m/s2‎ B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4‎ C．物体在前6 s内的位移为10 m D．物体在前6 s内的位移为12 m 答案　BD 解析　由题图丙可知，物体在前4 s内做匀变速直线运动，所以物体在第3 s末的加速度a1等于前4 s内的加速度，a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，选项A错误；‎ 在0～4 s内，F1－μmg＝ma1，‎ 解出：μ＝0.4，选项B正确；‎ 设前4 s内的位移为x1，x1＝a1t12＝×1×16 m＝8 m；‎ 设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：F2－μmg＝ma2，‎ 解得，a2＝－2 m/s2；‎ 物体在4 s末时的速度为v′＝4 m/s，‎ 设物体从4 s末运动时间t2速度减为0，‎ 则：0＝v′＋a2t2，解得：t2＝2 s；‎ 所以物体在6 s末速度恰好减为0.‎ 故后2 s内的位移：x2＝v′t2＋a2t22，‎ 解得，x2＝4 m；所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m，选项C错误，D正确．‎ 拓展训练3　 (2019·河北张家口市上学期期末)如图6所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小Ff以及位移大小x随时间t的变化关系正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　A 解析　在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，Ff恒定，速度与时间的关系为 v＝at，v－t图象是倾斜的直线；位移与时间的关系为x＝at2，x－t图象是抛物线；物体的速度与传送带速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，摩擦力Ff为0，加速度为0.故A正确，B、C、D错误．‎ 拓展训练4　 (多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图7所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从距离弹簧上端高h处由静止自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)‎ 图7‎ 答案　AD 解析　在小球由静止自由下落未接触弹簧阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，当小球所受弹簧弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确.‎ ‎1．x－v图象的应用技巧 x与v的关系式：2ax＝v2－v02，图象表达式：x＝v2－v02‎ ‎2．解题技巧 对于图象问题要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．‎ 例4　(2019·福建三明市期末质量检测)如图8所示四幅图为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于 B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2‎ C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量 D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 答案　D 解析　题图甲中，因v－t图象与t轴围成的面积等于位移，可知物体在0～t0这段时间内的位移大于，选项A错误；题图乙中，根据v2＝2ax可知2a＝ m/s2＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，选项B错误；题图丙中，根据Δv＝at可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，选项C错误；题图丁中，由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由图象可知a＝ m/s2＝5 m/s2，则a＝10 m/s2； v0＝－5 m/s，则t＝3 s时物体的速度为v3＝v0＋at3＝25 m/s，选项D正确．‎ 拓展训练5　 (2019·辽宁省重点协作体模拟)从t＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做直线运动，如图9所示为其位移和速率二次方的关系图线，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．t＝0时刻物块位于x＝0处 B．物块运动的加速度a＝2 m/s2‎ C．t＝4 s时物块位于x＝2 m处 D．由图可知物体做往复运动 答案　C 解析　根据x－x0＝，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有＝ s2/m＝1 s2/m，则加速度 a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，故A、B、D错误；t＝4 s内，物块的位移Δx＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，则t＝4 s时物块的位置坐标x＝Δx＋x0＝2 m，故C正确．‎ 拓展训练6　 (2019·山西五地联考上学期期末)甲、乙两辆汽车从同一点同时出发，沿同一方向行驶，它们运动的－t图象如图10所示．下列判断正确的是(　　)‎ 图10‎ A．在4 s末以前，乙车的速度比甲车的大 B．在4 s末以后，乙车的加速度比甲车的大 C．在4 s末，甲、乙两车相距最远 D．在前4 s内，甲、乙两车的平均速度相等 答案　D 解析　由题图可得，对于甲有：＝0.5t＋1，‎ 对于乙有：＝－0.5t＋5，‎ 对照匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2得：＝t＋v0.‎ 可得甲的加速度为a甲＝1 m/s2，初速度为v0甲＝1 m/s，做匀加速直线运动．‎ 乙的加速度为a乙＝－1 m/s2，初速度为v0乙＝5 m/s，做匀减速直线运动．故B错误；‎ 当t＝4 s时，甲的速度为v甲＝v0甲＋a甲t＝1 m/s＋1×4 m/s＝5 m/s.‎ 乙的速度为v乙＝v0乙＋a乙t＝5 m/s－1×4 m/s＝1 m/s，‎ 可知，在4 s末以前，乙车的速度先比甲车的大，后比甲车的小，故A错误．‎ 由题意可知，当两车速度相等时相距最远，则在4 s末，甲、乙两车相距不是最远，故C错误．‎ 平均速度为＝，在前4 s内，甲、乙两车的平均速度相等，故D正确.‎ ‎1．题型特点 此类题目的解题信息或者重要的条件往往在图象中呈现，因此根据图象的变化分析物体的运动和受力特点是解题的突破口．‎ ‎2．解读题目信息的两种方法 ‎(1)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和这些特殊点前后两段图线．‎ ‎(2)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．‎ 例5　 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图11所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　　)‎ 图11‎ A．物体的质量为2 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 答案　AD 解析　根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的 速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．‎ 拓展训练7　(2018·陕西榆林市第三次模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，在某次新能源汽车性能测试中，图12甲显示的是传感器传回的牵引力的实时数据随时间变化的关系图象，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20 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，由分析可得(　　)‎ 图12‎ A．由图甲可得汽车所受阻力为1 000 N B．第20 s末的汽车的速度为26 m/s C．由图乙可得20 s后汽车才开始匀速运动 D．前20 s内汽车的位移为426 m 答案　B 解析　由题图乙可知，在20 s后汽车做匀速运动，则由题图甲可知：Ff＝1 500 N，故选项A错误；‎ 在0～6 s内由牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma1，则：a1＝5 m/s2‎ ‎6 s末车速：v1＝a1t1＝5×6 m/s＝30 m/s，在6～18 s内，由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma2，则：a2＝－ m/s2，第18 s末车速：v2＝v1＋a2t2＝30 m/s＋×12 m/s＝26 m/s 由题图知18 s后牵引力等于阻力，即汽车做匀速直线运动，故第20 s末的车速：v＝26 m/s，故选项B正确，C错误；汽车在0～6 s内的位移：x1＝t1＝90 m 汽车在6～18 s内的位移：x2＝t2＝336 m 汽车在18～20 s内的位移：x3＝vt3＝52 m 故汽车在前20 s内的位移：x＝x1＋x2＋x3＝478 m，故选项D错误．‎ 拓展训练8　(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图13甲所示，一个质量m＝1 kg的物块以初速度v0＝12 m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端．物块运动的v－t图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)．则可确定(　　)‎ 图13‎ A．物块上滑时的加速度大小为5 m/s2‎ B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4‎ C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m D．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s 答案　C 解析　根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a1＝10 m/s2，故A错误；‎ 物块在上滑时：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1‎ 解得：μ＝0.5，故B错误；‎ v－t图象与t轴所围面积等于位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s＝×12×1.2 m＝7.2 m，故C对；‎ 物块沿斜面下滑的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2‎ 根据位移公式：s＝a2t2‎ 解得：t＝ s≠1.2 s，故返回到斜面底端的时刻不是2.4 s，故D错误．‎ 专题强化练 ‎(限时15分钟)‎ ‎1. (2019·四川达州市第二次诊断)一辆汽车由静止开始从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其v－t图象如图1所示，在0～t0和t0～3t0两段时间内(　　)‎ 图1‎ A．加速度大小之比为1∶2‎ B．位移大小之比为2∶3‎ C．平均速度大小之比为1∶1‎ D．合力的冲量大小之比为2∶1‎ 答案　C 解析　根据v－t图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为：a1∶a2＝2∶1，故A错误；根据v－t图线与t轴所围的“面积”等于位移，则得：位移之比为x1∶x2＝1∶2，故B错误；在0～t0时间内汽车做匀加速直线运动，在t0～3t0时间内汽车做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为，故C正确；根据动量定理可知，在0～t0时间内合外力的冲量I1＝mv0；在t0～3t0时间内合外力的冲量I2＝0－mv0＝－mv0，则合力的冲量大小之比为1∶1，故D错误．‎ ‎2. (2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一辆汽车以20 m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图2所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时，刹车的距离x1为(　　)‎ 图2‎ A．12 m B．12.8 m C．14 m D．14.8 m 答案　B 解析　由于汽车做匀减速直线运动，设加速度为a，由v2－v02＝2ax，解得a＝－10 m/s2，当v1＝12 m/s时，汽车刹车的距离x1＝＝12.8 m，B项正确．‎ ‎3. (多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图3所示，x－t图象反映了甲、乙两车在同一平直公路上行驶时位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则0～10 s过程中(　　)‎ 图3‎ A．甲车的速度大小为4 m/s B．乙车的平均速度大小为4 m/s C．甲车的位移大小为40 m D．乙车的位移大小为80 m 答案　ACD 解析　甲车做匀速直线运动，v甲＝＝ m/s＝4 m/s，‎ 在0～10 s内位移为：x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m，故A、C正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系x＝at2，根据题图有：x0＝at2，20 m＝at，t＝10 s，t0＝5 s，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，则平均速度为：乙＝＝ m/s＝8 m/s，故B错误，D正确．‎ ‎4. (2019·吉林省“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图4所示，物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物体的动量分别为p1、p2，则(　　)‎ 图4‎ A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1‎ B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1‎ C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1‎ D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1‎ 答案　C 解析　根据动量定理得：‎ ‎0～t0内：F0t0＝mv1‎ t0～2t0内，2F0t0＝mv2－mv1‎ 联立解得：v1∶v2＝1∶3‎ 由p＝mv得：p2＝3p1‎ 由Ek＝mv2得：Ek1＝mv12‎ Ek2＝mv22‎ 解得：Ek2＝9Ek1.‎ ‎5. (2019·山东烟台市上学期期末)甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速度—时间图象如图5所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．t0时刻两车相遇 B．0到t1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同 C．0到t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D．t1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方 答案　C 解析　根据速度－时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0～t0时间内乙车的位移比甲车的大，则t0时刻两车没有相遇，故A错误；0～t1时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小．甲图象切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故B错误；0～t0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C正确；0～t1时间内，甲车的位移比乙车的大，则在t1时刻甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D错误．‎ ‎6．(2019·浙江杭州市高三期末)利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究．如图6甲所示，用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点．在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得轻绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示．则在小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．t3时刻小球速率最大 B．t2时刻小球动能为零 C．t3、t4时刻小球速度相同 D．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒 答案　B ‎7．(2019·福建龙岩市3月模拟)A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x－t、v－t、a－t、F－t图象如图所示，已知物体在t＝0时的速度均为零，其中0～4 s内物体运动位移最大的是(　　)‎ 答案　A 解析　由x－t图象可知，4 s末到达位置为－1 m，总位移为大小为2 m，由v－t图象可知，物体前2 s内沿正方向运动，2～4 s沿负方向运动，方向改变，4 s内总位移为零；由a－t图象可知：物体在第1 s内向正方向做匀加速运动，第2 s内向正方向做匀减速运动，2 s末速度减为0，然后在2～3 s向负方向做匀加速运动，在3～4 s向负方向做匀减速直线运动，4 s末速度为零，并回到出发点，总位移为零，其v－t图象如图甲所示；F－t转化成a－t图象，如图乙所示．‎ ‎　‎ 由图象可知：物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，前2 s内的位移为x＝2××0.5×12 m＝0.5 m，后2 s内位移x′＝x＝0.5 m，总位移为1 m，综上可知，A正确．‎ ‎8．(2019·山东枣庄市上学期期末)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图7甲、乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2‎ B．滑杆的长度为5.25 m C．传感器显示的最小拉力为420 N D．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J 答案　D 解析　由v－t图象可知，演员在1.0 s时的加速度大小a＝m/s2＝3 m/s2，故A错误；‎ v－t图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，总长度x＝×3×3 m＝4.5 m，故B错误；‎ 两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma，解得：F1＝420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；‎ 由题意可知演员从滑杆上端下滑到杆底端的过程中，初、末速度相同，故ΔEk＝0，则减小的重力势能等于损失的机械能，即ΔE＝mgh＝600×4.5 J＝2 700 J，故D正确．‎ ‎9．(多选)滑块以初速度v0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)(　　)‎ 答案　BD 解析　取初速度方向为正，则上滑时的加速度a1＝－＝－(gsin θ＋μgcos θ)，下滑时的加速度a2＝＝gsin θ－μgcos θ.知|a1|>a2.根据位移公式x＝at2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑的时间t2大于上滑的时间t1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，速度－时间图线的斜率表示加速度，故A错误，B正确．上滑时重力做负功，下滑时重力做正功，故C错误．由动能定理可知，上滑时Ek＝Ek0－mgxsin θ－Ffx；下滑时：Ek＝mgxsin θ－Ffx，且回到出发点时的动能小于初始状态的动能，故D正确．‎ ‎10．(2019·山东临沂市质检)如图8甲所示，质量为m＝2 kg的物体置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，t＝0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin ‎ ‎37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图8‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)拉力F的大小；‎ ‎(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s.‎ 答案　(1)0.5　(2)60 N　(3)7.5 m 解析　(1)由题图可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a2＝ m/s2＝10 m/s2‎ 此过程有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2‎ 代入数据解得：μ＝0.5‎ ‎(2)由题图可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a1＝ m/s2＝20 m/s2‎ 此过程有：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1‎ 代入数据解得：F＝60 N ‎(3)设物体向上做匀减速运动的时间为t1，则t1＝ s＝1 s，‎ 则整个过程中物体向上滑行的时间t＝0.5 s＋1 s＝1.5 s，‎ 结合题图乙可知，物体沿斜面向上滑行的最大距离为：‎ s＝×10×1.5 m＝7.5 m.‎