提分集训(15) 动力学图像问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　动力学图像问题 1．(2025·河南模拟)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的－图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．物块的加速度为2 m/s2 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前2 s内物块的平均速度为5 m/s 解析：选C　AB.由运动学公式x＝v0t＋at2整理可得 ＝v0＋由图乙可知 ＝2 m/s2，v0＝＝2 m/s解得a＝4 m/s2所以物块在斜面上做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，AB错误； C．由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得μ＝ C正确； D．第2 s末的速度为v＝v0＋at＝10 m/s 那么前2 s内的平均速度为 ＝＝6 m/s D错误． 故选C. 2．(2024·合肥期末)图甲为小明乘坐观光电梯的示意图，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像(以向上为正方向).电梯总质量m＝3.0×103 kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　　 ) A．电梯在第10 s末速度达到最大 B．电梯在1～10 s时间内上升的高度为45 m C．电梯在11 s到30 s内向上做匀速运动且速率为9.5 m/s D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0×104 N 解析：选B　A．a－t图像的面积表示速度变化，电梯在10 s末的速率为0到10 s图像的面积．由图像可得，此时图像的面积并非最大，第11 s末图像面积有最大值，故电梯在11 s末的速度达到最大，故A错误； B．电梯在1～10 s内做匀加速直线运动，而1 s末的速度为 v1＝×1.0×1 m/s＝0.5 m/s 10 s末的速度为 v2＝×(9＋10)×1 m/s＝9.5 m/s 所以电梯在1～10 s时间内上升的高度为 x＝＝ m＝45 m 故B正确； C．电梯在11 s到30 s内向上做匀速运动，其速度大小为 v3＝×(11＋9)×1 m/s＝10 m/s 故C错误； D．电梯减速上升过程中，拉力最小，最小拉力在31 s 到40 s之间，其加速度大小为1 m/s2，方向竖直向下，根据牛顿第二定律得 mg－Fmin＝ma 解得Fmin＝2.7×103 N 故D错误． 故选B. 3．(2025·沧州模拟)如图甲所示，水平轻质弹簧左端固定，右端与质量m＝2 kg的滑块相接触，滑块在弹簧向右的弹力作用下恰好静止在粗糙水平地面上．现对滑块施加水平向右的拉力F，在弹簧恢复原长之前，拉力F随滑块位移x的变化图像如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k＝1 N/cm，重力加速度g取10 m/s2，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　 ) A．滑块向右做加速度逐渐增大的加速运动 B．若滑块运动4 cm时与弹簧分开，滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.02 C．施加力F的瞬间滑块的加速度大小为2 m/s2 D．滑块向右运动2 cm所用的时间为0.2 s 解析：选D　A．当滑块位移为x时，弹簧弹力的减小量为ΔF弹＝kx 根据图像可知，拉力F的增加量为ΔF＝k′x 因k＝k′ 故弹簧弹力的减小量等于拉力F的增加量，即滑块所受合力不变，因此滑块做匀加速直线运动，A错误； B．若滑块运动4 cm时与弹簧分开．则滑动摩擦力大小为F1＝kx＝μmg 解得μ＝0.2 B错误； C．根据图像可知，x＝0时，拉力F＝2 N，根据牛顿第二定律有F＝ma 解得a＝1 m/s2 C错误； D．根据x＝at2 可得t＝0.2 s D正确． 故选D. 对点练2　动力学的连接体问题 4．(2023·北京高考)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N．若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为(　　 ) A.1 N　　　　　　B．2 N C．4 N D．5 N 解析：选C　对两物块整体受力分析，有F＝2ma，对后面的物块，有FT＝ma，联立得F＝2FT，而细线能承受的最大拉力FTmax＝2 N，故F的最大值为Fmax＝4 N，故C正确． 5．(2024·贵州安顺一模)高铁已成为重要的“中国名片”．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢的牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力大小都为车厢重力大小的k倍．重力加速度为g.则(　　 ) A．列车启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B．列车的加速度大小为 C．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为零 D．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F 解析：选C　A．启动时车厢对乘客在竖直方向有向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，故A错误； B．对列车整体，根据牛顿第二定律 4F－8kmg＝8ma 解得列车的加速度大小为 a＝ 故B错误； C．对第1、2节车厢整体，根据牛顿第二定律 F32＋F－2kmg＝2ma 解得F32＝0 根据牛顿第三定律，第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为零，故C正确； D．对第1节车厢整体，根据牛顿第二定律 F21－kmg＝ma 解得第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为 F21＝ 故D错误． 故选C. 对点练3　动力学中的临界和极值问题 6．(2025·兰州模拟)如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾角θ＝37°的光滑斜面，斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为mg，绳对球的拉力大小为FT、斜面对小球的弹力大小为FN，当汽车以大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　 ) A．若a＝14 m/s2，小球受mg、FT、FN三个力作用 B．若a＝14 m/s2，小球受mg、FT两个力作用 C．若a＝13 m/s2，小球受mg、FT两个力作用 D．不论a多大，小球均受mg、FT、FN三个力作用 解析：选B　若支持力恰好为零，对小球受力分析，受到重力、绳子拉力，如图 小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有 T cos θ＝ma T sin θ＝mg 解得a＝＝＝ m/s2≈13.3 m/s2 D．由以上分析可知，当a＞13.3 m/s2时，小球受mg、FT两个力作用，当a＜13.3 m/s2时，小球受mg、FT、FN三个力作用，故D错误； AB.若a＝14 m/s2＞13.3 m/s2，小球受mg、FT两个力作用，故A错误，B正确； C．若a＝13 m/s2＜13.3 m/s2，小球受mg、FT、FN三个力作用，故C错误． 故选B. 7．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　 ) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选D　设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝.对物块，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，由x＝at2，得＝g sin θ·t2，解得t＝，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确． [B级　练综合·提分] 8．(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　 ) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 解析：选AD　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，由牛顿第二定律对滑块P有，－kx′－μmg＝maP，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，则滑块P减速的加速度减小，滑块Q的加速度增大，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值amP＝＝2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确． 9．(2025·河南南阳期末)如图所示，三物体A、B、C处于静止状态，物体A、B通过轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮连接，其中物体A的质量m1＝9 kg，物体B的质量m2＝2.5 kg，连接物体A的细绳与水平面间的夹角θ＝53°，物体B、C通过轻质弹簧连接，物体C的质量m3＝2 kg，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，弹簧处于弹性限度内，求： (1)弹簧的伸长量Δx； (2)物体A与地面间的最小动摩擦因数μ；(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (3)剪断细绳瞬间三个物体的加速度大小． 解析：(1)对物体C受力分析，有 kΔx＝m3g 解得Δx＝0.1 m (2)对物体B、C整体分析可得 T＝(m2＋m3)g 解得T＝45 N 对物体A受力分析，由平衡条件可得 f＝T cos θ FN＝m1g－T sin θ f≤μFN 解得物体A与地面间的最小动摩擦因数为 μ＝0.5 (3)对物体A，细绳拉力消失，地面支持力突变，合力F1仍为零，加速度为aA＝0 对物体B，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，有 m2g＋m3g＝m2aB 解得aB＝18 m/s2 对物体C，弹簧弹力不变，合力F3仍为零，加速度aC＝0 答案：(1)Δx＝0.1 m　(2)μ＝0.5　(3)aA＝0，aB＝18 m/s2，aC＝0 [C级　练加强·培优] 10．如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙．有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3…依次沿直线水平向左排开．现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是(　　 ) A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 B．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 C．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为 D．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 解析：选D　小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝，A错误；小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，联立解得F弹＝，D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$