2024版高考物理复习：考前特训 热点情境突破练 热点7　力学图像

热点7力学图像1.如图所示，将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放，滑块沿斜面下滑后与固定在斜面底端的挡板碰撞后反弹，碰撞的时间极短，可忽略不计，且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下为正方向，能正确反映滑块速度v随时间t变化的图像是()答案D解析v－t图像的斜率表示加速度，滑块沿斜面下滑时有mgsinθ－Ff＝ma1，碰撞后上滑时有mgsinθ＋Ff＝ma2，所以a1<a2，由于碰撞没有机械能损失，即碰撞前后速度大小不变，方向相反，故选D。2.质量为1kg的小物块在水平面上运动，其速度—时间图像如图所示，下列判断正确的是()A．0～4s内的位移大小等于6mB．0～4s内的平均速度大小等于2m/sC．0～1s内的加速度大小等于2m/s2D．0～1s内小物块受到的合外力大小等于4N答案C解析由速度—时间图像中图线与t轴围成的面积可得0～4s内的位移大小为x＝eq\f(1＋4,2)×2m＝5m，故A错误；0～4s内的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(5,4)m/s＝1.25m/s，故B错误；0～1s内的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，故C正确；0～1s内小物块受到的合外力大小F＝ma＝2N，故D错误。3.(2022·广东卷·3)如图所示是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是()答案C解析设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，可得a1＝gsinθ；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0；运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g；设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝eq\r(v02＋g2t2)。由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1<a3，C正确，A、B、D错误。4．(2023·江苏省高邮中学期中)如图甲所示为研究木块运动情况的装置，计算机与位移传感器连接，将木块自O点静止释放，计算机描绘木块相对O点的位置随时间变化的x－t图像是图乙中的曲线②。图乙中木块先后经过x1、x2、x3位置时的时间间隔相同。以下说法正确的是()A．若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，则表明木块做匀加速直线运动B．若x1＝x2－x1＝x3－x2，则表明木块一定做匀加速直线运动C．若只增大木板的倾角，则计算机描绘的x－t图像可能是图乙中的曲线①D．若只增大木块的质量，则计算机描绘的x－t可能是图乙中的曲线③答案C解析若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，则x3－x2＝x2－x1，木块先后经过x1、x2、x3位置时的时间间隔相同，所以在这段时间内木块做匀速直线运动，故A错误；若x1＝x2－x1＝x3－x2，则表明木块一定做匀速直线运动，故B错误；只增大木板倾斜的角度，根据牛顿第二定律知加速度增大，由x＝eq\f(1,2)at2，可以看出a增大，则x增大，即相等的时间，位移增大，则木块的x－t图像可能是题图乙中的①，故C正确；根据牛顿第二定律有a＝gsinθ－μgcosθ，可知加速度a与质量m无关，则图线仍为②，故D错误。5．(2023·江苏省基地第五次大联考)在无风的环境里将一塑料球以一定的初速度v0水平抛出，球受到的空气阻力与速度大小成正比，该球运动过程中水平方向的速度vx随时间t、水平方向的位移x的变化规律，竖直方向的速度vy随时间t、竖直方向的位移y的变化规律可能正确的是()答案D解析水平方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有a＝eq\f(kvx,m)，塑料球水平方向速度逐渐减小，所以其水平方向加速度逐渐减小，即vx－t图像中图线的斜率逐渐变小，故A错误；根据动量定理有－keq\x\to(v)xt＝mvx－mv0，可得－kx＝mvx－mv0，整理可得vx＝v0－eq\f(k,m)·x，故B错误；竖直方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有a′＝eq\f(mg－kvy,m)，塑料球竖直方向速度逐渐增大，所以其竖直方向加速度逐渐减小，即vy－t图像中图线的斜率逐渐变小，故C错误；在vy－t图像中图线与t轴所围面积表示竖直方向的位移，知vy随竖直方向的位移y的变化率也是逐渐变小的，故D正确。6．甲、乙两质点在相邻两直线上做匀变速运动，t＝0时刻甲、乙同时并排出发，甲的位移随时间变化的图像如图a所示。图b是乙的位移随速度平方的变化图像，乙速度减为0后不再运动。则下列说法正确的是()A．甲、乙的加速度大小分别为4m/s2、8m/s2B．t＝1.25s时，甲、乙的速度大小分别为5m/s、4m/sC．0～1s内两质点间距离一直在变小D．两质点在x＝8m处再次并排答案D)，(2s,8m)代入解得v甲0＝0，a1＝4m/s2，对乙结合题图b和匀变速直线运动规律有v2－v乙02＝－2a2x乙，代入数据可得v乙0＝8m/s、a2＝4m/s，A错误；根据v甲1＝a1t和v乙1＝v乙0－a2t可得t＝1.25s时v甲1＝5m/s，v乙1＝3m/s，B错误；根据以上分析可知0～1s内甲的速度始终小于乙的速度，则两质点间距离变大，C错误；两质点再次并排时，根据位移关系有v乙0t1－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(1,2)a1t12，解得t1＝2s，此时乙的速度恰好减为零，满足题意，可得两质点在x＝8m处再次并排，D正确。7．(2023·江苏南京市二模)将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速率、位移、动能和机械能分别为v、x、Ek和E，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是()答案C解析小球在上升过程中，由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，v逐渐减小，则a减小，下降过程中有mg－kv＝ma，v越来越大，故加速度继续减小，A图图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为g，图像应为平滑曲线，故A错误；v－x图像斜率为eq\f(a,v)，在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；Ek－x图像斜率为合外力，向上运动过程F＝mg＋kv变小，向下运动过程中F＝mg－kv继续变小，故C正确；向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误。8．如图甲，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上方x0处由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a－x图像如图乙(图中x0，x1，x2，g均为已知量)，不计空气阻力，g为重力加速度。下列说法正确的是()A．x0到x1段，小球做加速度逐渐减小的减速运动B．弹簧受到的最大弹力为eq\f(x2－x0,x2－x1)mgC．该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为mg(x0＋x1)D．小球向下运动过程中最大速度为eq\r(gx1＋x0)答案D解析根据题图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x0到x1段，小球做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；根据题图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有k(x1－x0)＝mg，随后进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2，此时速度减为0，则此时弹力最大为Fmax＝k(x2－x0)，解得Fmax＝eq\f(mgx2－x0,x1－x0)，B错误；该过程中小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即只有动能、势能(包含重力势能与弹性势能)的转化，在加速度为0处，小球速度最大，动能最大，即动能变化最大，则势能变化最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1，减小的重力势能转化为弹性势能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1，C错误；根据上述，小球运动至x1位置时，加速度为0时，小球速度最大，根据题图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m，表示合力，则有mgx0＋eq\f(x1－x0mg,2)＝eq\f(1,2)mvmax2，解得vmax＝eq\r(gx1＋x0)，D正确。9.(2023·江苏镇江市三模)如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ＝tanθ，t＝0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是()答案B解析以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则物块A下滑过程中有x＝s，上滑过程中s＝2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ＝tanθ，则物块A下滑过程中有kx＝ma，则物块A下滑过程中a－x图线是一条过原点的直线，当A下滑到最低点后上滑过程中有kx－2mgsinθ＝ma，则A上滑过程中a－x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比下滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误，B正确；根据以上分析可知，物块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则物块所受的合外力为弹力，由于弹簧弹力随形变量均匀变化，根据动能定理有eq\f(1,2)kx2＝Ek0－Ek，则下滑过程中Ek－x图线应该是一条开口向下的抛物线的一部分，物块上滑过程有eq\f(1,2)ks02－eq\f(1,2)kx2－2mgsinθ·(s0－x)＝Ek，则上滑过程中Ek－x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据