2025人教版高中物理必修第一册
专题强化练10 动力学中的图像问题
题组一 由运动图像分析物体的受力情况
1.(多选)(2024湖南百校大联考)2023年6月4日,“神舟十五号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆,“神舟十五号”载人飞行任务取得圆满成功!返回舱在距离地面10 km高度时开始启动降落伞装置,一段时间后返回舱的速度减为10 m/s且保持这个速度竖直降落。快到地面时,返回舱底部的四台缓冲发动机开始向下喷气,舱体再次减速,到达地面时速度恰好为0。返回舱降落过程的最后1 s的速度(v)-时间(t)图像如图所示。已知返回舱的总质量为3 000 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.返回舱距离地面1.5 m时,缓冲发动机启动
B.返回舱在最后的0.3 s内处于失重状态
C.返回舱在最后1 s内的平均速度大小为5 m/s
D.返回舱在最后的减速过程中,受到的合力大小为1.0×105 N
2.(经典)(2024江苏徐州四校联考)如图甲所示,质量为M=2 kg的木板静止在光滑水平面上,可视为质点的物块从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板,物块刚好未滑离木板,物块和木板运动的v t图像如图乙所示。已知重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.可求得物块在前2 s内的位移大小为6 m
B.可求得物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1
C.可求得物块的质量m=2 kg
D.可求得木板的长度L=3 m
3.(多选)(2024江西宜春月考)物块a、b之间连接有一根轻质弹簧,放在光滑水平面上,ma=3 kg,如图甲所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块a施加水平向右的恒力F,t=2 s时撤去恒力F,在0~2 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程中,以下分析正确的是 ( )
A.0~2 s内物块a与物块b间的距离一直在减小
B.物块b的质量为mb=2 kg
C.撤去F瞬间,a的加速度大小为0.8 m/s2
D.若F不撤去,2 s后两物块将一起做匀加速运动
题组二 由力的图像分析物体的运动情况
4.(2023湘豫名校联考)如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,g为重力加速度,则( )
A.升降机停止运行前在向下运动
B.t1~t3时间内小球向下运动,速度先增大后减小
C.t1~t2时间内小球加速度方向向上
D.t3~t4时间内小球向下运动,速度一直增大
5.(2024黑龙江哈尔滨实验中学月考)一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上,在0~4 s内所受水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示,在0~2 s内的速度 时间图像如图乙所示,最大静摩擦力大于滑动摩擦力。关于物块的运动,下列说法正确的是 ( )
A.物块的质量为2 kg
B.在0~4 s内物块的位移大小为8 m
C.物块与地面间的动摩擦因数为0.1
D.在4 s末物块的速度大小为4 m/s
6.(2024江苏苏州月考)如图1所示,一滑块置于长木板左端,木板放置在水平地面上,已知滑块和木板的质量均为2 kg。现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法不正确的是 ( )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图2中t2=24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
题组三 动力学图像综合问题
7.(多选)(2024湖南永州蓝山第二中学月考)物块的质量m=2.0 kg,在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0=8 m/s开始竖直向上运动,该过程中物块速度的二次方v2随路程x变化的关系图像如图所示,取重力加速度g=10 m/s2,物块在运动过程中所受的阻力大小恒定,下列说法正确的是 ( )
A.恒力F大小为10 N
B.在t=2 s时刻,物块开始反向运动
C.在t=3 s时刻,物块回到出发点
D.在物块运动路程为13 m过程中,高度下降了9 m
8.(多选)(2023浙江杭州期末)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g=10 m/s2。则 ( )
A.a= m/s2时,FN=0
B.小球的质量m=0.1 kg
C.斜面倾角θ的正切值为
D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(N)
答案与分层梯度式解析
1.AD 2.C 3.BC 4.B 5.B 6.B 7.AC 8.ABC
1.AD 根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可得返回舱在最后的0.3 s内的位移为x=×(1.0-0.7)×10 m=1.5 m,即返回舱距离地面1.5 m时,缓冲发动机启动,A正确;返回舱在最后的0.3 s内的加速度方向与其速度方向相反,即加速度方向竖直向上,返回舱处于超重状态,B错误;返回舱在最后1 s内的位移为x1=×(0.7+1.0)×10 m=8.5 m,则平均速度大小为 m/s=8.5 m/s,C错误;返回舱在最后的减速过程,加速度大小a= m/s2,则返回舱受到的合力大小为F=ma=1.0×105 N,D正确。
2.C 物块水平冲上木板,在摩擦力作用下先做匀减速直线运动,可知上方图线为物块的v-t图线;根据v-t图线与时间轴所围面积表示位移,可得物块在前2 s内的位移大小为x= m=5 m,A错误。根据v-t图线的斜率表示加速度,可知物块和木板的加速度大小相等,设物块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,a1=a2==2 m/s2;由牛顿第二定律可得μmg=ma1=Ma2,可得m=M=2 kg,μ=0.2,B错误,C正确。由题图乙可知,1 s末两者相对静止,又因为物块刚好未滑离木板,知两者在第1 s内的位移差等于木板长度,为L=×4×1 m=2 m,D错误。
3.BC 根据a-t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量,在0
图形剖析 从图中可获得的信息如下:
由弹簧弹力F随时间t变化的图像可推知合力F合随时间t变化的图像,如图所示,其中F合以竖直向上为正方向。
初始时刻弹簧伸长,弹力与重力平衡,由图像可看出,升降机停止运动后弹簧的拉力先变小,即小球向上运动,小球的运动是由于惯性,所以升降机停止前小球是向上运动的,即升降机停止前在向上运动,故A错误。0~t1时间内,弹簧弹力减小,小球向上运动;t1~t3时间内,小球向下运动,F合先向下后向上,故加速度先向下后向上,则速度先增大后减小,故B正确。t1~t2时间内,F合竖直向下,加速度向下,故C错误。t3时刻小球处于最低点,t3~t4时间内,小球向上运动,F合竖直向上,小球向上做加速运动,t4时刻速度最大,故D错误。
5.B 1~2 s内物块做匀速运动,滑动摩擦力f与水平拉力F二力平衡,有f=F=2 N;0~1 s内物块做匀加速运动,加速度a==4 m/s2,由牛顿第二定律有F-f=ma,其中F=6 N,解得m=1 kg,A错误。滑动摩擦力f=μmg,解得μ=0.2,C错误。2 s后物块受到的合力F合=F+f=2 N+2 N=4 N,方向与运动方向相反,物块做匀减速运动,加速度大小a'==4 m/s2,匀减速至停止的时间t==1 s,即t=3 s时,物块速度减为零,此后保持静止,故4 s末的速度为0,0~4 s内的位移大小为x=×4 m=8 m,B正确,D错误。
6.B
图形剖析 从图中可获得的信息如下,t1时刻木板相对地面开始运动,t2时刻滑块与木板开始相对滑动。
根据题图2可知,在t2以后滑块受到的摩擦力不变,为8 N,说明受到的为滑动摩擦力,有f1=μ1mg,可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,A正确。在t1时刻木板相对地面开始运动,此时滑块与木板相对静止,有f2=μ2·2mg=4 N,则木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,B错误。在t2时刻滑块与木板将要发生相对滑动,此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大,且此时二者加速度相同,木板的加速度达到最大,对滑块有F-μ1mg=ma,对木板有μ1mg-μ2·2mg=ma,联立解得F=12 N,a=2 m/s2,则木板的最大加速度为2 m/s2;根据F=0.5t(N),可求得t2=24 s,故C、D正确。
7.AC 由运动学公式v2-=2ax,得v2=2ax+,知v2-x图线的斜率绝对值表示2a,上升阶段和下降阶段的加速度大小分别为a1= m/s2=8 m/s2,a2= m/s2=2 m/s2;物块上升阶段的受力如图甲所示,由牛顿第二定律有mg+f-F=ma1,物块在下降阶段的受力如图乙所示,由牛顿第二定律有mg-f-F=ma2,解得F=10 N,f=6 N,A正确。在上升阶段,初速度v0=8 m/s,满足0=v0-a1t1,解得t1=1 s,即在t=1 s时刻,物块开始反向运动,B错误。由图像可知,上升阶段物块的位移为x1=4 m,
从开始下降到回到出发点的过程中满足x1=,解得t2=2 s,所用总时间为t=t1+t2=1 s+2 s=3 s,即在t=3 s时刻,物块回到出发点,C正确。由图像可知,物块上升阶段升高了4 m,又向下运动了13 m-4 m=9 m,在物块运动路程为13 m过程中,高度相对出发点下降了5 m,D错误。
8.ABC 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ-FN sin θ=ma,T sin θ+FN cos θ=mg,联立解得FN=mg cos θ-ma sin θ,T=ma cos θ+mg sin θ,所以小球离开斜面之前,T-a图线为直线,由题图乙可知a= m/s2时,小球将要离开斜面,则此时FN=0,选项A正确。当a=0时,T=0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,mg sin θ=T;当a= m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图2所示,=ma,联立可得tan θ=,m=0.1 kg,选项B、C正确。将θ和m的值代入FN=mg cos θ-ma sin θ得FN=0.8-0.06a(N),选项D错误。
方法技巧 数形结合解决动力学图像问题
动力学图像类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,是数学的函数思想和牛顿运动定律以及运动学公式的结合问题。
(1)动力学图像问题解题的关键是通过对物体运动过程的分析,利用牛顿第二定律和运动学公式列式,通过函数解析式找到图像所涉及的两个物理量之间的关系,然后结合图像作出判断。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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