高考物理一轮图象问题.docx

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高考物理一轮图象问题

动力学中的图象问题

1．（多选）如图6所示是甲、乙、丙、丁四个物体对应的物理量与时间的关系图象，下列说法中正确的是

（　　）

图6

A．甲物体受到的合外力为零

B．乙物体受到的合外力越来越大

C．丙物体受到不为零且大小恒定的合外力

D．丁物体的加速度越来越大

解析　甲物体位移图象是一条倾斜直线，则该物体做匀速直线运动，加速度为零，合外力为零，A正确；乙物体速度图象是一条倾斜直线，则该物体做匀变速直线运动，加速度恒定，合外力恒定，B错误；丙物体加速度图象是一水平直线，加速度不变，合外力恒定不变，C正确；丁物体F－t图线是一条倾斜直线，F越来越大，加速度越来越大，D正确。

答案　ACD

2．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。

某人做蹦极运动时所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图7所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。

据图可知，此人在蹦极过程中t0时刻的加速度约为

（　　）

图7

A.

gB.

gC.

gD．g

解析　由题图可知：

t0时刻绳子拉力F为

，最终静止时绳子拉力为

＝mg，根据牛顿第二定律得

－

＝ma，所以a＝

g。

答案　B

3．（多选）（2014·广东六校联考）物体A、B原来静止于光滑水平面上。

从t＝0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化的图象如图8甲所示；B受到如图乙所示的水平拉力作用。

则在0～4s时间内

（　　）

图8

A．物体A所受合力保持不变

B．物体A的速度不断减小

C．2s末物体B改变运动方向

D．2s末物体B速度达到最大

解析　由题图甲可知，物体A做匀变速直线运动，物体A所受合力保持不变，物体A的速度先减小后增大，选项A正确，B错误；2s末物体B所受水平拉力为零，加速度为零，速度方向不变，速度达到最大值，选项C错误，D正确。

答案　AD

4．（多选）如图9甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。

已知重力加速度为g＝10m/s2，由图线可知

（　　）

图9

A．物体A的质量mA＝2kg

B．物体A的质量mA＝6kg

C．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2

D．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.6

解析　a－F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F＞48N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故mA＋mB＝

＝8kg，mA＝

＝6kg。

由图象知：

当F＝60N时，a＝8m/s2，又F－μmAg＝mAa，解得μ＝0.2。

答案　BC

5．（2014·昆明检测）一质量为m＝0.4kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图10所示为其运动的v－t图象的一部分，已知0.4s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止。

小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。

图10

（1）关闭发动机后小车运动的时间；

（2）求匀加速阶段小汽车的驱动力；

（3）估算全过程小汽车行驶的距离。

解析　

（1）设2s后小汽车加速度为大小a2，据图象得

a2＝

＝

m/s2＝2m/s2。

设减速阶段时间为t，由vt＝v0－a2t，解得t＝4s。

（2）设0～0.4s内，小汽车加速度大小为a1

a1＝

＝

m/s2＝10m/s2

据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1

关闭发动机后Ff＝ma2

解得F＝4.8N。

（3）0～0.4s内的位移

x1＝

a1t

＝

×10×0.42m＝0.8m

根据图象可得0.4～2s内的位移

x2＝58×0.2×1m＝11.6m

2s以后的位移x3＝

a2t2＝

×2×42m＝16m

小汽车的总位移x＝x1＋x2＋x3＝28.4m（计算结果在27.6～29.2间均给分）

答案　

（1）4s　

（2）4.8N　（3）28.4m

第5课时　（小专题）动力学中常考的物理模型

基本技能练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。

则传送带转动后

（　　）

图1

A．物块将减速下滑

B．物块仍匀速下滑

C．物块受到的摩擦力变小

D．物块受到的摩擦力变大

解析　当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：

mgsinθ＝μmgcosθ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcosθ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。

答案　B

2．如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。

当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为（当地重力加速度g取10m/s2）

（　　）

图2

A．a1＝2m/s2，a2＝3m/s2

B．a1＝3m/s2，a2＝2m/s2

C．a1＝5m/s2，a2＝3m/s2

D．a1＝3m/s2，a2＝5m/s2

解析　由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3m/s2。

当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3m/s2。

当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3m/s2，a2＞3m/s2，综上述只有选项D符合题意。

答案　D

▲如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为

（　　）

A.

sB．2sC.

sD．2

s

解析　A、E两点在以D为圆心半径为R＝10m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝

＝

＝2s，选B。

答案　B

3．（多选）如图3所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。

已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中

（　　）

图3

A．煤块从A运动到B的时间是2.25s

B．煤块从A运动到B的时间是1.5s

C．划痕长度是0.5m

D．划痕长度是2m

解析　根据牛顿第二定律，煤块的加速度

a＝

＝4m/s2，

煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1＝

＝1s，

位移大小x1＝

at

＝2m＜x，

此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即

Δs＝v0t1－x1＝2m，选项D正确、C错误；

x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝

＝0.5s，

运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项B正确、A错误。

答案　BD

▲如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k＜1。

求：

物体与斜面间的动摩擦因数μ。

解析　设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为Ff，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得

mgsinα－Ff＝ma，Ff＝μmgcosα

所以a＝g（sinα－μcosα）

由运动规律可知v

＝2ax＝2xg（sinα－μcosα），v2＝2gh

由题意：

v1＝kv

解得：

μ＝（1－k2）tanα。

答案　（1－k2）tanα

4．（多选）（2014·哈尔滨九中四模）三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两小块物A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是

（　　）

图4

A．物块A先到达传送带底端

B．物块A、B同时到达传送带底端

C．物块A、B运动的加速度大小不同

D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同

解析　A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。

答案　BD

▲（多选）（2014·湖北黄冈中学检测）

某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。

一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。

该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中

（　　）

A．地面对滑梯始终无摩擦力作用

B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右

C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小

D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小

解析　由题给条件μ1tanθ知，在AB段：

μ1mgcosθ

μ2mgcosθ>mgsinθ，小朋友减速下滑，即整体有斜向右上方的加速度，所以地面对滑梯的摩擦力向右，支持力大于总重力。

综上所述，B、D正确。

答案　BD

能力提高练

5．如图5所示，质量M＝1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上。

设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。

图5

（1）若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动；

（2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端的时间。

解析　

（1）A、B之间的最大静摩擦力为

Ffm＝μ1mg＝0.3×1×10N＝3N

假设A、B之间不发生相对滑动，则

对A、B整体：

F＝（M＋m）a

对B：

FfAB＝ma

解得FfAB＝2.5N

因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动

（2）对B：

F－μ1mg＝maB

对A：

μ1mg－μ2（M＋m）g＝MaA

据题意xB－xA＝L，xA＝

aAt2，xB＝

aBt2，解得t＝

s

答案　

（1）不会发生相对滑动　

（2）

s

6．如图6所示，水平传送带AB长L＝10m，向右匀速运动的速度v0＝4m/s，一质量为1kg的小物块（可视为质点）以v1＝6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2。

求：

图6

（1）小物块相对地面向左运动的最大距离；

（2）小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。

解析　

（1）设小物块与传送带间摩擦力大小为Ff

则Ff＝μmg，Ffx物＝

mv

，x物＝4.5m

（2）设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等

v1－at1＝0，a＝

，t1＝1.5s，v0＝at2，t2＝1s

设反向加速时，小物块的位移为x1，则有

x1＝

at

＝2m

小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点

x物－x1＝v0t3

t3＝0.625s

所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125s

答案　

（1）4.5m　

（2）3.125s

7．如图7所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝

。

对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。

设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。

图7

（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；

（2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？

若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

解析　

（1）对M、m，由牛顿第二定律

F－（M＋m）gsinα＝（M＋m）a

①

对m，有Ff－mgsinα＝ma

②

Ff≤Ffm＝μmgcosα

③

代入数据得F≤30N

④

（2）F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板

⑤

对M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1

⑥

对m，有μmgcosα－mgsinα＝ma2

⑦

设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式

a1t2－

a2t2＝L

⑧

代入数据得t＝1.2s

⑨

物块滑离木板时的速度v＝a2t

⑩

由公式－2gsinα·x＝0－v2

⑪

代入数据得x＝0.9m

⑫

答案　

（1）F≤30N　

（2）能　1.2s　0.9m