备考高考物理专题1.7动力学的图像问题精准突破（含解析）.docx

专题1.7 动力学的图像问题【专题诠释】1“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线要求分析物体的受力情况2“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁3解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息这些信息往往是解题的突破口或关键点（4）动力学中常见的图象：vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等【高考引领】【2019全国卷】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kg B24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图c知，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：24 s内：FF摩ma1,4 s以后：F摩ma2，解得m1 kg，F0.4 N，A、B正确。02 s内，木板静止，Ff，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩m物g可知动摩擦因数不可求，D错误。【2018新课标全国卷】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程（）A矿车上升所用的时间之比为4:5 B电机的最大牵引力之比为2:1C电机输出的最大功率之比为2:1 D电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+F2t0v0=mgv0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+F3v03t0/2+F2t0v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误。【2015新课标全国I卷】如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角 B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】根据牛顿第二定律，向上滑行过程gsin gcos ，向下滑行过程gsin gcos ，整理可得gsin ，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C对小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离st1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin t1v0，选项D对仅根据速度时间图象，无法求出物块质量，选项B错【方法技巧】(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解【最新考向解码】【例1】(2019宁夏银川模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的v t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A小球所受重力和阻力之比为61 B小球上升与下落所用时间之比为23C小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s D小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态【答案】C【解析】小球向上做匀减速运动的加速度大小a112 m/s2，根据牛顿第二定律得mgfma1，解得阻力fma1mg2 N，则重力和阻力大小之比为51，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2 m/s28 m/s2，根据xat2得t，知上升的时间和下落的时间之比为t1t23，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x224 m24 m，根据v22a2x得，v m/s8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误【例2】(2019哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()A5 s内拉力对物块做功为零 B4 s末物块所受合力大小为4.0 NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D69 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2【答案】D【解析】根据图象，最大静摩擦力为4 N4 s后，物块受到拉力F大于4 N，开始运动，所以5 s内拉力做功不为零，A错误；4 s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff3 N，质量m1.0 kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数0.3，C错误；69 s内，物体的加速度a m/s22.0 m/s2，D正确【例3】(2019浙江普通高校招生选考模拟)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是()A该人做了两次下蹲起立的动作 B该人做了一次下蹲起立的动作C下蹲过程中人处于失重状态 D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】B【解析】人下蹲过程先是加速下降，为失重，到达一个最大速度后再减速下降，为超重，对应先失重再超重，人起立过程对应先超重再失重，由图象可知，该人做了一次下蹲起立的动作，A、C、D错误，B正确。【微专题精练】1.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，此时小球的速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比(fkv，k为比例系数)，则小球在空中运动时的速率v随时间t的变化规律可能是()【答案】A【解析】小球竖直向上运动时，其加速度a1，可知a1随速度的减小而减小；小球竖直向下运动时，其加速度a2，可知a2随速度增大而减小向上和向下运动的过程中由于空气阻力一直做负功，则v1v0，选项A正确2.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大Dt8.5 s时最小【答案】AD【解析】由题意知在上升过程中：Fmgma，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7 s以后加速度向下，由mgFma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确3.(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变化的图象如图乙所示根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A物体的质量为1 kg B物体的质量为2 kgC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】物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得FFfma，代入图乙中F17 N和F214 N及对应的加速度a10.5 m/s2和a24 m/s2，解得m2 kg，Ff6 N，A错误，B正确；FfFNmg，则0.3，C正确，D错误4.(2018江西省临川二中高三上学期第五次理综物理)如图(a)所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图(b)所示。取g10m/s2。根据图(b)中所提供的信息不能计算出的是 ( )A物体的质量 B斜面的倾角C使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D加速度为6m/s2时物体的速度【答案】D【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：Fcosmgsinmay方向：NFsinGcos0从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入式解得：m2kg，37因而A、B可以算出；当a0时，可解得F15N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出；故选D。5.(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图1所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()A01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C01 s内，物体的位移为7 m D02 s内，物体的总位移为11 m【答案】BD【解析】由题图可知，在01 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿第二定律可得Fmgma，解得加速度大小a4 m/s2.在12 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿第二定律可得Fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动学规律可知01 s内位移为x1v0t1at6 m，选项C错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项D正确6.一个物块放在光滑的水平地面上，从静止开始受到水平向右的外力F的作用，外力F与时间t的关系如图所示则()A0t0时间内，物块向右做匀加速运动 Bt02t0时间内，物块向左做匀加速运动C02t0时间内，物块的速度先增大后减小 D02t0时间内，物块的加速度先增大后减小【答案】C【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可知Fma，0t0时间内，拉力减小，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动，在t0时刻速度达到最大，故A错误；t02t0时间内，拉力反向增大，加速度反向增大，做减速运动，根据力的对称性可知，到达2t0时刻速度减速到零，故B、D错误，C正确7.（多选）(2019湖北部分重点中学期末)质量为m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，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，如图甲所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则()A物块经过4 s回到出发点 B物块运动到第3 s末时改变水平拉力的方向C3.5 s时刻水平力F的大小为4 N D4.5 s时刻水平力F的大小为16 N【答案】CD【解析】物块经过4 s，速度减小到零，离出发点最远，选项A错误在03 s时间内，物块加速度a11 m/s2.由牛顿运动定律，F1mgma1，解得F112 N在34 s时间内，物块加速度a23 m/s2，由牛顿运动定律，F2mgma2，解得F24 N，物块运动到第3 s时水平拉力由12 N改变为4 N，但是方向没有改变，选项B错误，C正确在45 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a33 m/s2.由牛顿运动定律，F3mgma3，解得F316 N，选项D正确7.（多选）(2019贵州省黔东南州模拟)粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图线如图中甲、乙所示，取重力加速度g10 m/s2，则()A前2 s内物体运动的加速度为2 m/s2 B前4 s内物体运动的位移大小为8 mC物体的质量m为2 kg D物体与地面间的动摩擦因数0.1【答案】AD【解析】根据速度图象的斜率等于加速度，可知前2 s内物体的运动加速度a m/s22 m/s2，故A正确；前4 s内物体的位移为x(2424) m12 m，故B错误；根据牛顿第二定律得，前2 s内F1mgma，后2 s内F2mg，由图得F115 N，F25 N，代入解得m5 kg，0.1，故C错误，D正确8.物体最初静止在倾角30的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s 的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A物体的质量m1 kg B物体的质量m2 kgC物体与斜面间的动摩擦因数D物体与斜面间的动摩擦因数【答案】AD【解析】由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知02 s内物体的加速度大小为a1 m/s2；在02 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1mgsin 30mgcos 30ma，2 s后由平衡条件可得，F2mgsin 30mgcos 300，联立解得m1 kg，选项A、D正确9.(2019湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 ()A铝球刚开始运动的加速度a0g B铝球下沉的速度将会一直增大C铝球下沉过程所受到油的阻力f D铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功【答案】C【解析】刚开始释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a0g0.4 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m.14.如图甲所示，为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。【答案】见解析【解析】(1)对物体分析可知，其在前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 F1mgcos ma1v1a1t1代入数据可得a12.5 m/s2。方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下。(2)物体