33　第二阶段　层级二　第21天　力学图像-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

第21天力学图像1．(2024·云南昭通统考模拟预测)甲、乙两名运动员同时从泳池的两端出发，在泳池里训练，甲、乙的速度—时间图像分别如图(a)、(b)所示，不计转向的时间，两人的运动均可视为质点的直线运动。则()A．两人第一次相遇时处于泳池的正中间处B．两人前两次相遇的时间间隔为20sC．50s内两人共相遇了2次D．两人第一次在泳池的两端处相遇的时刻为t＝75sC[根据v-t图像可画出x-t图像，甲、乙的x-t图像如图所示根据x-t图像的交点表示相遇可知，第一次相遇的时刻为t1＝Lv1+v2＝251.25+1.0s≈11.1s，甲的位移x甲＝v1t1≈13.9m，所以第一次相遇位置不是在泳池的正中间，故A错误；第二次相遇的时刻为t2＝3Lv1+v2＝751.25+1.0s≈33.3s，两人前两次相遇的时间间隔为Δt＝t2－t1＝22.2s，所以两人前两次相遇的时间间隔为22.2s，故B错误；根据x-t图像的交点表示相遇可知，在0～50s内甲、乙相遇22．(2024·河南统考模拟预测)如图甲所示，质量为m＝1kg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v-t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4m/s2，重力加速度g取10m/s2，则()A．小球受到阻力的大小为4NB．斜面倾角的正弦值为0.5C．v0＝3m/sD．t3＝5+2D[根据题中图像，0～1s时间内列出运动学公式得2v0＝a1t1，1～1.25s时间内列出运动学公式得0＝－v0＋a2(t2－t1)，又a2－a1＝4m/s2，解得a1＝4m/s2，a2＝8m/s2，v0＝2m/s，故C错误；设斜面倾角为θ，小球从A运动到挡板，由牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma1，小球从挡板运动到C点由牛顿第二定律可得mgsinθ＋f＝ma2，解得sinθ＝0.6，f＝2N，故A、B错误；根据题中图像，BC之间位移大小为x1＝v02×(t2－t1)＝0.25m，设小球从C运动到B的时间为t，则x1＝12a1t2，解得t＝24s，则t3＝t2＋t＝5+24s，故D3．(2024·四川成都统考一模)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为0，且最终处于静止状态。已知手机的质量为0.3kg，无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，在该过程中下列说法正确的是()A．充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反B．t3时刻充电宝受的摩擦力大小为3.6NC．充电宝受到的静摩擦力的最大值为7.5ND．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10ND[充电宝在t2时刻具有向上的加速度，由牛顿第二定律可知，摩擦力方向竖直向上，t1时刻充电宝具有向下的加速度，而且加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相同，故A错误；t3时刻由牛顿第二定律可得f3－mg＝ma3，由题中图像可知a3＝－8m/s2，解得f3＝0.4N，故B错误；t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝和手机之间的摩擦力最大，此时，由牛顿第二定律有f2－mg＝ma2，fmax＝f2＝5N，故C错误；由摩擦力公式f2＝μN，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为N＝f2μ＝10N，故D正确。故选D4．(多选)(2024·山东潍坊统考模拟预测)大雾天气，有甲、乙两辆车在同一平直路面上匀速行驶，甲车在前乙车在后，甲车发现障碍物后开始刹车，为防止两车相撞，经2s后乙车也开始刹车，两车的v-t图像如图所示，则()A．减速时，甲、乙两车的加速度大小之比为2∶1B．0～10s内，甲、乙两车的位移大小之比为50∶77C．若两车恰好没有相撞，t＝0时两车相距27mD．若两车恰好没有相撞，t＝0时两车相距28mBD[在v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图知甲、乙两车的加速度大小分别为a1＝1m/s2，a2＝2m/s2，甲、乙两车的加速度大小之比为1∶2，故A错误；在v-t图像中，图线与坐标轴所围面积表示位移大小，0～10s内甲、乙两车的位移大小分别为x1＝12×10×10m＝50m，x2＝14×2m＋12×14×7m＝77m，则甲、乙两车的位移大小之比为50∶77，故B正确；两车速度相等时有v甲－a1t0＝v乙－a2(t0－2s)，解得t0＝8s，即8s时两车速度大小相等，且v8＝v甲－a1t0＝2m/s，则两车在0～8s内发生的位移大小分别为x′1＝10+22×8m＝48m，x′2＝14×2m＋14+22×6m＝76m，若两车恰好没有相撞，t＝0时两车相距Δx＝x2'-x1'5．(多选)(2024·广西贵港统考模拟预测)如图(a)所示，一质量为2kg的长木板静置于粗糙水平面上，其上放置一质量未知的小滑块，且长木板与小滑块之间接触面粗糙。小滑块受到水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块的加速度a与水平拉力F的关系如图(b)实线所示。已知地面与长木板的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动C．小滑块的质量为2kgD．当水平拉力F＝12N时，长木板的加速度大小为2m/s2AC[设小滑块质量为m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为μ，当小滑块与长木板发生相对滑动时，对小滑块由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝Fm－μg，由题图(b)可得μ＝0.6，A正确；由题图(b)知，当拉力为F0时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度2m/s2，对长木板分析，由牛顿第二定律有μmg－μ0(m＋M)