2021年高考物理一輪復習考點全攻關專題（20）高熱考點強化訓練動力學圖象問題（解析版）選擇題（本題共13小題，滿分78分）1.圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖，讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動。分析該實驗可知，小球對斜面的壓力、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨θ變化的圖像分別對應圖2中的（）A.①、②和③B.③、②和①C.②、③和①D.③、①和②【答案】B【解析】小球對斜面的壓力F＝mgcosθ，該壓力的最大值為Fmax＝mg，所以壓力與其最大值的比值y＝cosθ，壓力的y－θ圖象對應圖線③；小球運動的加速度a＝gsinθ，其最大值amax＝g，所以該加速度與其最大值的比值y＝sinθ，其y－θ圖象對應圖線②；重力加速度g始終恒定不變，其對應的y=l，所以重力加速度的y－θ圖象對應于圖線①。本題答案為B。2．靜止物體受到的合外力隨時間變化的圖象如圖2所示，則它的速度隨時間變化的圖象是下列選項圖中的()圖2【答案】A解析由合外力隨時間變化的圖象，可知物體從靜止開始運動，在前兩段時間內都是做勻加速運動，且第二次加速度大于第一次加速度，之后合外力為零，做勻速運動，故A正確．3.如圖3所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規律的是圖3【答案】B【解析】由題意知，在下滑的過程中，根據牛頓第二定律可得：－mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，故加速度保持不變，物塊做勻減速運動，所以C、D錯誤；根據勻變速運動的規律，可得B正確；下降的高度h=xsinθ，所以A錯誤。4．一次演習中，一空降特戰兵實施空降，飛機懸停在高空某處后，空降特戰兵從機艙中跳下，設空降特戰兵沿直線運動，其速度—時間圖象如圖3a所示，當速度減為零時特戰兵恰好落到地面．已知空降特戰兵的質量為60kg.設降落傘用8根對稱的繩懸掛空降特戰兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖b所示．不計空降特戰兵所受的阻力．則空降特戰兵(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)()圖4A．前2s處于超重狀態B．從200m高處開始跳下C．落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰兵的拉力大小為125ND．整個運動過程中的平均速度大小為10m/s【答案】C解析由題v－t圖象可知，降落傘在前2s內加速下降，中間5s勻速下降，最后6s減速下降，故前2s失重，選項A錯誤；由v－t圖線與t軸所圍的面積等于物體位移的大小知，x＝eq\f(1,2)×(5＋13)×20m＝180m，選項B錯誤；落地前瞬間a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,6)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，對特戰兵，由牛頓第二定律有mg－8FT·cos37°＝ma，解得FT＝125N，選項C正確；全程平均速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(180,13)m/s>10m/s，選項D錯誤．5．如圖5所示，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt(k是常數)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是圖5【答案】A【解析】水平力F小于木塊和木板之間的最大靜摩擦力時，木塊和木板以相同的加速度一起運動，且加速度增大；水平力F大于木塊和木板之間的最大靜摩擦力后，木板做勻加速運動，C錯誤，木塊做加速度增大的加速運動，BD錯誤，A正確。6．廣州塔，昵稱“小蠻腰”，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖6所示．則下列相關說法正確的是()圖6A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態B．5～55s時間內，繩索拉力最小C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態D．t＝60s時，電梯速度恰好為零【答案】D解析利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態，A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態，拉力大于重力，5～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態，拉力小于重力，綜上所述，B、C錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，D正確．7.一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用，假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關系的圖象是()【答案】C解析當拉力F小于最大靜摩擦力時，物塊靜止不動，加速度為零，當F大于最大靜摩擦力時，根據F－f＝ma知，隨F的增大，加速度a增大，故選項C正確。8.用外力F拉一物體使其做豎直上升運動，不計空氣阻力，加速度a隨外力F的變化關系如圖7所示，下列說法正確的是()圖7A．物體的質量為eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度為2a0C．當a>0時，物體處于失重狀態D．當a＝a1時，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1【答案】A解析當F＝0時a＝－a0，此時的加速度為重力加速度，故g＝a0，所以B錯誤；當a＝0時，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物體的質量為eq\f(F0,a0)，所以A正確；當a>0時，加速度方向豎直向上，物體處于超重狀態，所以C錯誤；當a＝a1時，由牛頓第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq\f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq\f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D錯誤．9.如圖8，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、x、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規律的是()圖8【答案】B解析滑塊以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑塊做勻減速直線運動。對滑塊受力分析易得a＝μgcosθ－gsinθ，方向沿斜面向上，選項C、D錯誤；x＝v0t－eq\f(1,2)at2，h＝xsinθ，由圖象規律可知選項A錯誤，B正確。10.(多選)如圖9所示，勁度系數為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續向下運動．小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是()圖9【答案】AD解析在小球下落的開始階段，小球做自由落體運動，加速度為g；接觸彈簧后，開始時重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球的不斷下降，彈力逐漸變大，故小球做加速度減小的加速運動，某時刻加速度可減小到零，此時速度最大；小球繼續下落時，彈力大于重力，加速度方向變為向上，且加速度逐漸變大，直到速度減小到零，到達最低點，由對稱知識可知，到達最低點的加速度大于g，故A、D正確．11．(多選)水平地面上質量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2隨時間的變化如圖10所示，已知物塊在前2s內以4m/s的速度做勻速直線運動，g取10m/s2，則()圖10A．物塊與地面的動摩擦因數0.2B．3s末物塊受到的摩擦力大小為3NC．4s末物塊受到的摩擦力大小為1ND．5s末物塊的加速度大小為3m/s2【答案】BC解析0～2s內物體做勻速直線運動，由平衡條件得F1＝F2＋Ff，得物塊受到的摩擦力大小Ff＝F1－F2＝8N－5N＝3N，由Ff＝μmg得μ＝0.3，故A錯誤；2s后，由牛頓第二定律得F1－F2－Ff＝ma得a＝－2m/s2物體開始做勻減速運動，勻減速至速度為零的時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－4,－2)s＝2s所以t＝4s時刻速度為零，則知3s末物塊受到的摩擦力大小為3N，選項B正確；由于物體所受的最大靜摩擦力至少等于3N，而此時F1－F2＝6N－5N＝1N，小于最大靜摩擦力，因此t＝4s后物體靜止不動，所受的摩擦力為Ff′＝F1－F2＝6N－5N＝1N，5s末物塊的加速度大小為0，故C正確，D錯誤。12.(多選)如圖11(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖11A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD解析由v－t圖象可求物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，根據牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行時gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可見能計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為x＝eq\f(v0,2)t1，根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為xsinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，選項D正確；僅根據v－t圖象無法求出物塊的質量，選項B錯誤。13．(多選)長木板上表面的一端放有一個木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖12甲所示，木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角θ變大)，另一端不動，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力Ff隨角度θ的變化圖象如圖乙所示．下列判斷正確的是()圖12A．木塊與木板間的動摩擦因數μ＝tanθ1B．木塊與木板間的動摩擦因數μ＝eq\f(Ff2,mgcosθ1)C．木板與地面的夾角為θ2時，木塊做自由落體運動D．木板由θ1轉到的θ2的過程中，木塊的速度變化越來越快【答案】AD解析由題圖可知，當夾角為θ1時木塊剛剛開始滑動，則mgsinθ1＝μmgcosθ1，可得μ＝tanθ1，故選項A正確，B錯誤；木板與地面的夾角為θ2時，摩擦力為零，則木塊只受重力作用，但此時速度不是零，木塊不做自由落體運動，做初速度不為零、加速度為g的勻加速運動，故選項C錯誤；對木塊，根據牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，則a＝gsinθ－μgcosθ，則木板由θ1轉到的θ2的過程中，隨著θ的增大，加速度a增大，即速度變化越來越快，故選項D正確．計算題（本題共2題，滿分22分）14.（10分）質量為0.1kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應的v-t圖象如圖13所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。該球受到的空氣阻力大小恒為f，取=10m/s2，求：圖14(1)彈性球受到的空氣阻力f的大小；(2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。【答案】(1)0.2N(2)【解析】(1)設彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1，由圖知①根據牛頓第二定律，得②③(2)由速度時間圖象可知，彈性球第一次到達地面的速度為v＝4m/s，則彈性球第一次離開地面時的速度大小為v’＝3m/s，離開地面，根據0－v’2＝2a’h，解得：h＝。15.（12分）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a)所示。它＝零時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的v－t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求(1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。【答案】(1)μ1=0.1μ2=0.4(2)6m(3)6.5m【解析】(1)根據圖像可以判定碰撞前木塊與木板共同速度為碰撞后木板速度水平向左，大小也是木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據牛頓第二定律有解得木板