专题强化练6 习题及解析（可编辑Word）

专题强化练6　动力学中的图像问题
一、选择题
1.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,则物块的质量及物块与地面之间的动摩擦因数分别为(　　)
A.m=0.5 kg,μ=0.4　　　
B.m=1.5 kg,μ=0.4
C.m=0.5 kg,μ=0.2　　　
D.m=1.0 kg,μ=0.2
2.一物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到一水平外力F的作用,F与时间t的关系如图乙所示,下列说法中正确的是(　　)
A.t1时刻速度最大
B.t2时刻开始反向运动
C.t3时刻反向速度最大
D.t4时刻物体离出发点最远
3.如图甲,位移传感器固定在斜面顶端,与计算机相连,图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移-时间图像。若斜面倾角θ=30°,取重力加速度g=10 m/s2,斜面足够长,下列说法正确的是(　　)
A.木块在t=3 s时处于斜面上x=16 m的位置
B.木块在t=1 s时速度大小为2 m/s
C.木块与斜面间的动摩擦因数为μ=
D.木块的加速度大小为5 m/s2
4.(多选)如图(a)所示,用一水平外力F推物体,使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F,物体开始做变加速运动,其加速度a随F变化的图像如图(b)所示。取g=10 m/s2。根据图(b)中所提供的信息能计算出的是(　　)
A.物体的质量
B.斜面的倾角
C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D.加速度为6 m/s2时物体的速度
5.(多选)如图甲所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为θ=37°,质量m=1 kg的物体A放在斜面底端。在t=0时刻物体A在沿斜面向上的恒力F的作用下由静止开始沿斜面向上运动,t=2 s时刻撤去外力F,物体A向上运动过程的v-t图像如图乙所示(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。关于物体A向上运动过程,下列说法正确的是(　　)
A.物体在3 s内的位移大小为8 m
B.恒力F的大小为12 N
C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为v1∶v2=2∶1
6.(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用水平拉力F分别拉物体A、B、C,它们的加速度a与拉力F的关系分别如图中图线甲、乙、丙,则以下说法正确的是(　　)
A.μA=μB,mAC.μB=μC,mB>mC　　　D.μA<μC,mA二、非选择题
7.在风洞实验室里,一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=37°角固定,质量为m=2 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O,如图甲所示。开启送风装置,有水平向右的恒定风力F作用于小球上,在t1=2 s时风停止。小球沿细杆运动的部分v-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略浮力。求:
(1)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。
(2)小球沿杆上升的最大位移的大小。
(3)风停后再经过5 s,小球的速度。
8.“山东舰”的正式服役,标志着中国真正进入了双航母时代。为了保障安全,初期的着舰训练在陆地上进行。陆上训练时,飞机在航母甲板铺成的跑道上着陆后立即关闭动力系统,需要沿直线水平滑行s=800 m才能停下来;如果着陆后飞机钩住阻拦索(如图甲),阻拦索将对飞机施加一作用力,使飞机滑行较短的距离后就能停止,飞机着陆后滑行的v-t图像如图乙所示(其中2~6 s内图线为直线)。已知飞机(包括飞行员)的质量为M=4×104 kg,重力加速度g=10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)
(1)没有阻拦索时飞机做匀减速运动,求飞机受到的阻力大小。
(2)在有阻拦索作用的运动过程中,求飞机对质量为m=70 kg的飞行员的最大作用力。
答案全解全析
专题强化练6
动力学中的图像问题
1.A　由图可知,物块在0~2 s内做匀加速直线运动,加速度大小为a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma,2~4 s内物块做匀速直线运动,有μmg=F2,其中F1=3 N,F2=2 N,联立解得m=0.5 kg,μ=0.4,故B、C、D错误,A正确。
2.D　由题图可知,水平外力F,在0~t1时间由零增大到F0,在t1~t2时间由F0减小到零,水平外力F方向没变,由牛顿第二定律可知,物体从0~t2时间内一直加速,因此t2时刻速度最大,A错误;t2时刻F方向改变,可知t2时刻物体速度正向最大,物体开始做减速运动,运动方向不变,B错误;由物体受力的对称性可知,t3时刻的速度与t1时刻的速度大小相等,方向相同,C错误;0~t4时间内物体运动方向一直没变,所以t4时刻物体离出发点最远,D正确。故选D。
3.C　设木块下滑的初速度为v0,加速度为a,根据匀变速直线运动的位移-时间关系可得:x=v0t+at2,根据图乙可知,当t=1 s时x=2 m,当t=2 s时x=8 m,联立解得v0=0,a=4 m/s2,故D错误;t=3 s时木块的位移x=at2=×4×9 m=18 m,故A错误;木块在t=1 s时速度大小为v=at=4×1 m/s=4 m/s,故B错误;木块下滑过程中做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mg sin 30°-μmg cos 30°=ma,解得木块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故C正确。
方法技巧
动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。
4.ABC　对物体受力分析,受推力、重力、支持力,如图所示:
x方向:F cos θ-mg sin θ=ma①
y方向:FN-F sin θ-mg cos θ=0②
从a-F图像中取两个点(20 N,2 m/s2),(30 N,6 m/s2),代入①②式解得m=2 kg,θ=37°,A、B正确。当a=0时,可解得F=15 N,C正确。题目并未说明力F随时间变化的情况,故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小,故D错误。
5.BC　由v-t图线与时间轴所围面积表示位移知,物体在3 s内的位移大小为x= m=12 m,故A错误;根据v-t图像的斜率表示加速度,可得前2 s内物体的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2,第3 s内加速度大小a2= m/s2=8 m/s2,由牛顿第二定律可得,在前2 s内有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma1,第3 s内有mg sin θ+μmg cos θ=ma2,联立解得F=12 N,μ=0.25,故B、C正确;根据匀变速直线运动的平均速度公式=,可知在撤去F前后两个阶段的平均速度大小均为4 m/s,则v1∶v2=1∶1,故D错误。
6.ABD　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,得a=-μg,则a-F图线的斜率k=,由图像可知,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,则mA方法技巧
解答动力学的图像问题时要注意的三个关键点
(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点。
7.答案　(1)0.5　100 N　(2)75 m　(3)4 m/s
解析　(1)取沿杆向上为正方向,由v-t图像可知:
在0~2 s内,小球的加速度
a1==15 m/s2
在2~5 s内,小球的加速度
a2==-10 m/s2
有风力作用时的上升过程,小球受力如图1所示,由牛顿第二定律得
F cos θ-μ(mg cos θ+F sin θ)-mg sin θ=ma1①
风停后的上升阶段,小球受力如图2所示,根据牛顿第二定律有-μmg cos θ-mg sin θ=ma2②
由①②联立解得μ=0.5,F=100 N
(2)由于v-t图线与时间轴所围的“面积”表示位移,可得小球沿杆上升的最大位移
xm=×30×5 m=75 m
(3)由v-t图像知,风停后经过3 s小球速度减为0,此后再沿杆向下滑动,由牛顿第二定律得
mg sin θ-μmg cos θ=ma
下滑t=2 s时的速度v=at
解得v=4 m/s
8.答案　(1)1.23×105 N　(2)990 N
解析　(1)由v-t图像可知,飞机着陆时的速度v0=70 m/s,设加速度大小为a,由匀变速直线运动规律得=2as
设飞机所受的阻力大小为f,由牛顿第二定律得
f=Ma
代入数据可解得f≈1.23×105 N
(2)由v-t图像可知,加速度最大时,是匀减速运动阶段,加速度大小为
ax==10 m/s2
设飞机对飞行员的作用力为F,对飞行员受力分析如图所示,F的竖直分力等于重力,F的水平分力产生加速度,即
Fx=max
Fy=mg
F=
代入数据可解得F=700 N≈990 N
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