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μ1
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μ1
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
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