（新课标）2020高考物理一轮复习 单元综合专题（三）动力学与图像课件 新人教版

单元综合专题(三)动力学与图像综合专题专题综述一、常见图像v­t图像，a­t图像，F­t图像，F­a图像等．二、主要类型根据运动过程，确定动力图像．已知力的变化图线，分析物体运动情况．已知运动图像，分析物体受力情况．三、解题策略弄清图像坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．应用物理规律列出与图像对应的函数关系式．解题的关键是通过图像求解加速度．题型透析根据运动过程确定运动图像解题思路：(1)分析运动过程中物体的受力；(2)根据牛顿第二定律推出加速度表达式；(3)根据加速度的变化确定运动图像．例1(2018·课标全国Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()【答案】A【解析】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由平衡条件：mg＝kx0，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1＝k(x0－x)，对物块P，牛顿第二定律：F＋F1－mg＝ma，联立上式可得：F＝kx＋ma.可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x＝0时，F＝ma＞0，A项正确，B、C、D三项错误．例2(2018·广东一模)如图所示，一质量为m＝1.0kg的物体静置于粗糙的水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5.t＝0时刻对物体施加一大小恒为F＝10N的作用力，方向为斜向右上方且与水平方向成53°；t＝2s时将该力方向变为水平向右；t＝4s时又将该力变为斜向右下方且与水平方向成37°.下列v­t图像能反映物体在前6s内运动情况的是(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()【答案】B【解析】0～2s内，物体的加速度为：a1＝Fcos53°－μ（mg－Fsin53°）m＝5m/s2.2～4s内，物体的加速度为：a2＝F－μmgm＝10－0.5×101m/s2＝5m/s2.4～6s内，物体的加速度为：a3＝Fcos37°－μ（mg＋Fsin37°）m＝0，结合v­t图像的斜率等于加速度，可知B图正确．故A、C、D三项错误，B项正确．根据受力图像分析运动过程解题思路：(1)根据受力图像，确定加速度的变化．(2)根据加速度的方向，判断是加速运动还是减速运动．(3)由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况．例3(2018·榆林三模)在某新能源汽车性能测试中，图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20s以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得()A．由图甲可得汽车所受阻力为1000NB．20s末的汽车的速度为26m/sC．由图乙可得20s后汽车才开始匀速运动D．前20s内汽车的位移为426m【答案】B【解析】18s后汽车做匀速运动，此时牵引力为：F3＝1.5×103N，由平衡条件知，阻力为：f＝F3＝1.5×103N，故A项错误．0～6s内，牵引力为：F1＝9×103N由牛顿第二定律：F1－f＝ma1解得：a1＝5m/s2.6s末车速为：v1＝a1t1＝5×6m/s＝30m/s在6～18s内，牵引力为：F2＝1×103N由牛顿第二定律：F2－f＝ma2解得a2＝－13m/s2.第18s末车速为：v2＝v1＋a2t2＝30m/s－13×12m/s＝26m/s18s后汽车匀速直线运动，20s末车速为26m/s，故B项正确，C项错误．汽车在0～6s内的位移为：x1＝v12t1＝302×6m＝90m汽车在6～18s内的位移为：x2＝v1＋v22t2＝30＋262×12m＝336m汽车在18～20s内的位移为：x3＝vt3＝26×2m＝52m在前20s的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝478m，故D项错误．例4(2018·全国一模)质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面动摩擦因数μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg，大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数μ2，g＝10m/s2，若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力f随拉力F如图变化．关于两个动摩擦因数的数值正确的是()A．μ1＝0.1μ2＝0.2B．μ1＝0.1μ2＝0.4C．μ1＝0.2μ2＝0.4D．μ1＝0.4μ2＝0.2【答案】B【解析】根据图线可知，当0＜F＜2N过程中，整体保持静止；当2N＜F≤6N过程中，二者以共同的加速度加速前进；对系统：加速度a＝F－μ1（M＋m）g（M＋m），对铁块：F－f＝ma，解得f＝12F＋μ1g；当F＝6N时f＝4N，解得μ1＝0.1；当F＞6N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者发生相对运动；则有μ2mg＝4N，解得μ2＝0.4，故B项正确、A、C、D三项错误．根据运动图像求解动力学问题解题思路：(1)根据运动图像，求解加速度．(2)应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系．(3)确定物体受力及相关物理量．例5(改编)如图甲所示：在光滑的斜面底端固定着一垂直斜面的弹性挡板P，斜面上有一木板A，长度为L＝0.75m，木板的下端距挡板s＝0.1m，木板的上端静止放着一小物块B，A和B的质量均为m＝0.2kg.由静止释放木板，当木板与挡板相撞时，不计机械能损失，且碰撞时间极短，木板在斜面上运动0.3s内的v­t图像如图乙所示，g取10m/s2.求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数(2)从木板释放到小物块滑出木板所用的时间【答案】(1)33(2)0.9s【解析】(1)由图乙知：A、B一起下滑0.2s与挡板相撞，由s＝12at12，得下滑的加速度：a＝5m/s2相撞时的速度为：v＝at1＝1m/sA与P相碰后，A向上运动0.1s速度为0，则：A向上运动加速度大小aA＝vt2＝10m/s2由牛顿第二定律：2mgsinα＝2mamgsinα＋μmgcosα＝maA由两式得：α＝30°μ＝33(2)由于μmgcos30°＝mgsin30°，碰后B向下做匀速运动，速度为v＝1m/s.木板A向上做匀减速运动，再返回做匀加速运动，加速度不变．每两次碰撞的时间间隔为Δt＝0.2s，B下滑x1＝vΔt＝0.2m.第4次相碰时，B距离木板下端：x2＝L－3x1＝0.15m设从第4次相碰到B滑出木板时间为t3：x2＝vt3＋vt3－12aAt32代入数值：5t32－2t3＋0.15＝0解得：t3＝0.3s(舍去)t3＝0.1s共用时t＝t1＋3Δt＋t3＝0.9s.1．(2018·嘉兴模拟)质量为2kg的物体，在光滑水平面上做直线运动．已知物体在t＝0时速度为零，0－4s内物体位移等于1m，则与此物体运动对应的图像可能是()答案D解析A项，在x­t图像中，斜率代表速度，故t＝0时刻速度为0，0～4s内位移为－2m，故A项错误；B项，在v­t图像中与时间轴所围面积表示物体运动的位移，故0～4s内位移为零，故B项错误；C项，在a­t图像中，根据v＝at可知，在0～4s内做往复运动，故在0～4s内位移为零，故C项错误D项，在F­t图像中，结合牛顿第二定律可知，物体先加速后减速，位移一直增大，在0～1s内加速度a＝Fm＝0.5m/s2，通过的位移x1＝12at2＝12×0.5×12m＝0.25m故4s内通过的位移为x＝4x1＝1m，故D项正确．2.(2018·潍坊二模)一架无人机质量为2kg，运动过程中空气阻力大小恒定．该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其v­t图像如图所示，g取10m/s2.下列判断正确的是()A．无人机上升的最大高度为72mB．6～8s内无人机下降C．无人机的升力大小为28ND．无人机所受阻力大小为4N答案D解析A项，无人机一直向上运动，8s末上升到最大高度，最大高度为h＝24×82＝96m，故A项错误．B项，6～8s内速度为正，无人机仍在上升，故B项错误．C、D两项，6～8s内加速度大小为a2＝Δv2Δt2＝242m/s2＝12m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma2，得无人机所受阻力大小为f＝4N0～6s内加速度大小为a1＝Δv1Δt1＝246m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，得无人机的升力大小F＝32N，故C项错误，D项正确．3.(2018·石家庄二模)(多选)如图所示，滑块放置在厚度不计的木板上，二者处于静止状态．现对木板施加一水平向右的恒力F，已知各个接触面均粗糙，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列关于滑块和木板运动的v­t图像中可能正确的是(实线、虚线分别代表木板和滑块的v­t图像)()答案BD解析由于滑块与木板之间有摩擦力，所以当木板做加速运动时，滑块不可能保持静止．A项错误；当F较小时，滑块与木板一起做加速度相等的匀加速直线运动．故B项正确；当F较大时，滑块相对木板滑动，滑块与木板都做加速运动，但木板的加速度大；二者分离后，滑块在地面上滑动，将做减速运动；木板的加速度将增大．故C项错误，D项正确．4．(2018·延边州模拟)如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环的速度v随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2.则小环的质量m和细杆与地面间的倾角α分别是()A．m＝1kg，α＝30°B．m＝2kg，α＝30°C．m＝1kg，α＝60°D．m＝2kg，α＝60°答案A解析由图得：a＝ΔvΔt＝0.5m/s2.前2s，物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F1－mgsinα＝ma①2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F2＝mgsinα②由①②两式，代入数据可解得：m＝1kg，α＝30°，故A项正确，B、C、D三项错误．5．(2018·江西一模)(多选)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt(k为常数，t代表时间))，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．在0～2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大B．在2～3s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于2m2的大小C．m1与m2之比为1∶3D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s答案AD解析A项，在0～2s时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有f静＝m1a，a在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故A项正确；B项，长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前后分别列牛顿第二定律可得：3k－f＝m2a前＝m2·(2m/s2)，3k＝m2a后＝m2·(3m/s2)，两式联立可得：f＝m2·(1m/s2)＝m2，故B项错误；C项，在0～2s时间内，F＝(m1＋m2)a1＝kt，所以a1＝ktm1＋m2.在2～3s时间内，F－f＝m2a2，所以a2＝kt－fm2，根据图像斜率可知km1＋m2＝12，km2＝1，解得：m1＝m2，故C项错误；D项，在2s时刻小滑块与长木板速度相同，在2～3s时间内，滑块运动的v­t图像如图中粗线段所示，小滑块的速度的变化量为Δv1＝1m/s，长木板的速度的变化量为Δv2＝1.5m/s，所以在3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，故D项正确．6．(2018·福建模拟)如图甲所示，一个以恒定速率逆时针转动的传送带AB，在其左侧边缘的B点有一个不计大小的滑块，若滑块以初速度v1＝3m/s冲上传送带，滑块运动的v­t图像如图乙中实线a所示；若滑块以初速度v2＝6m/s冲上传送带，滑块运动的v­t图像如图乙中实线b所示．重力加速度g取10m/s2.求：(1)传送带的长度L和传送带与滑块间的动摩擦因数μ；(2)滑块以初速度v1＝3m/s