1、热点强化3动力学图像问题1在物流货场中广泛利用传送带搬运货物如图所示，倾角为的足够长的传送带始终以恒定的速率v1顺时针运行，t0时，初速度为v2(v2tan .小货物在传送带上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep(取小货物刚进入传送带位置重力势能为零)和动能Ek随货物位移s的变化规律正确的是() A B C D【答案】D2一同学研究箱子的运动，让一质量为m1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的t图像如图所示，t是从某时刻开始计时箱子运动的时间，x为箱子在时间t内的位移，由此可知()A箱子受到的恒力大小为F0.5 NB010 s内箱子的动量变化量为5 kgm/sC5
2、 s时箱子的速度大小为5.5 m/sD05 s内箱子的位移为27.5 m【答案】D3用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是()A物体的质量为B地球表面的重力加速度为2a0C当a0时，物体处于失重状态D当aa1时，拉力Fa1【答案】A4利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示根据图像提供的信息，下列说法正确的是()At1、t3时刻小球的速度最大Bt2、t5时刻小球的动能最小Ct3、t4时刻小球的
3、运动方向相同Dt4t3t7t6，故D错误5如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10 m/s2.依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为()A5 m、40 m/s2B5 m、50 m/s2C9.8 m、40 m/s2D9.8 m、50 m/s2【答案】A【解析】由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即G500 N，则运动员质量为m50 kg，又最大弹力为2 500 N，则运动员的最大加速度为a m/s240 m/s2，运动员在空中时间t0(8.76.7) s2 s，下落时间
4、t1 s，则最大高度为hgt21012 m5 m，故A正确6如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t0时解除锁定，释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数k175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2【答案】C【解析】根据vt图线的斜率表示加速
5、度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ffmgma125 N10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2 m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；由牛顿第二定律得kxFfma2，代入数据解得k175 N/m，C正确7如图甲所示，一物体静止在水平面上，从t0时刻起受一向右的水平拉力F作用，该力随时间t变化的关系如图乙所示，该物体加速度a随时间t变化的图
6、像如图丙所示若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体的质量为1 kgBt4 s时刻，物体的速度大小为2 m/sC物体与地面间的动摩擦因数为0.5D物体与地面的最大静摩擦力大小为2 N【答案】B【解析】设物体的质量为m，物体与地面间的动摩擦因数为，对物体，根据牛顿第二定律可得Fmgma，解得aFg，根据乙图可知F0.5t，则atg，所以at图像的斜率表示，即，解得m0.5 kg；当t4 s时加速度为a2 m/s2，解得0.2，故A、C错误；at图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化，02 s内物体静止，所以t4 s时刻，物体的速度大小为v(42)2
7、m/s2 m/s，故B正确；根据丙图可知t2 s时物体开始运动，则根据乙图可知此时的拉力F1 N，根据平衡条件可得：摩擦力fF1 N，所以物体与地面的最大静摩擦力大小为1 N，故D错误8(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则()A物块与地面的动摩擦因数为0.2B3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND5 s末物块的加速度大小为3 m/s2【答案】BC【解析】在02 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff3 N，则0.3，A错
8、误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a m/s22 m/s2，则经过t2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N5 N1 N，B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，故物块受力平衡不再运动，则5 s末物块的加速度为零，D错误9(2021年四川名校模拟)如图甲所示，物块在沿固定斜面向上的拉力F作用下沿足够长的粗糙斜面向上运动已知物块质量m4 kg，斜面倾角37，F40 N，经t11.0 s后撤去F，测得物块沿斜面向上运动的vt图像如图乙所示(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)
9、求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块沿斜面向上滑行的最大位移x.解：(1)由图可得前1 s的加速度为a1 m/s22 m/s2，对物体受力分析，由牛顿第二定律有Fmgsin fma1，在垂直斜面方向，根据平衡条件有FNmgcos ，又有fFN，联立以上各式得0.25.(2)物体在前1 s内沿斜面上升的距离为x1212 m1 m，撤去F后，物体沿斜面向上做匀减速运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin fma2，在垂直斜面方向，根据平衡条件有FNmgcos ，又fFN，联立解得加速度为a28 m/s2.设物体减速过程中位移为x2，由运动学规律有0v22(a2)x2，代入数
10、据可得x2 m0.25 m，则物体沿斜面向上运动的最大位移为xmx1x21.25 m.10(2021届甘肃靖远一中开学考)如图甲所示，长L1.4 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m1 kg的滑块(可视为质点)现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数1；(2)木板与地面之间的动摩擦因数2以及木板的质量M；(3)若水平恒力F27.8 N，滑块从木板上滑落经历的时间t.解：(1)由图可知，F25 N时，滑块和木板发生相对运动此时滑块的加速度a14 m/s2，分析滑块受力，由牛顿第二定律1mgma1，解得10.4.(2)分析木板受力，由牛顿第二定律F2(mM)g1mgMa2，代入点(25,4)，(9,0)，解得20.1，M4 kg.(3)F27.8 N时，滑块和木板发生相对运动此时，滑块的加速度a14 m/s2，分析木板受力，由牛顿第二定律F2(mM)g1mgMa2，解得a24.7 m/s2，由运动学规律 La2t2a1t2，解得t2 s.
