高三物理综合专题讲义-第12讲-力学图像问题

第十二讲高考命题点命题轨迹情境图运动学图象问题20161卷21,3卷2316(1)21题20172卷2220182卷19,3卷18、19力学图像问题十二16(3)23题第十二讲17(2)22题第 十 二 讲18(2)19题 18(3)18题 18(3)19题动力学图象问题20173卷2017(3)20题20181卷1518(1)15题第十二讲其他图象20152卷17问题15(2)17题20151卷20、2515(1)20题第十二讲图象信息提取问题20192卷1815(1)25题19(2)18题第 十 二 讲图11．v －t 图象的应用技巧(1)图象意义：在v －t 图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．2．x －t 图象的应用技巧(1)图象意义：在x －t 图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向． (2)注意：在x －t 图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向．斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动．【例1】(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t ＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t 2内两车速度—时间图象(v －t 图象)如图1所示，则在0～t 2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是( ) A ．甲、乙两辆车运动方向相反 B ．在t 1时刻甲、乙两车再次相遇C ．乙车在0～t 2时间内的平均速度小于v 1＋v 22D ．在t 1～t 2时间内乙车在甲车前方【拓展训练1】(2019·云南昆明市4月质检)汽车在限速为40 km/h 的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v 随时间t 变化的图象如图2所示，下列说法正确的是( ) A ．减速前该车已超速B ．汽车在加速阶段的加速度大小为3 m/s 2C ．驾驶员开始减速时距斑马线18 mPart 1 运动学图像问题第 十 二 讲图3D ．汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变【例2】(2019·湖北鄂南高中、华师一附中等八校第一次联考)A 、B 两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位置—时间图象如图3所示，其中甲是顶点过原点的抛物线的一部分，乙是过点(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3,9)的P 点，则下列说法不正确的是( ) A ．质点A 做初速度为零、加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动 B ．质点B 以2 m/s 的速度做匀速直线运动 C ．在前3 s 内，质点A 比B 向前多前进了9 m D ．在3 s 前某时刻质点A 、B 速度相等【拓展训练2】(多选)(2019·吉林省名校第一次联合模拟)某做直线运动的质点的位移－时间图象(抛物线)如图4所示，P (2,12)为图线上的一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q (0,4)．已知t ＝0时质点的速度大小为8 m/s ，则下列说法正确的是( ) A ．质点做匀减速直线运动 B ．2 s 时，质点的速度大小为6 m/s C ．质点的加速度大小为2 m/s 2D ．0～1 s 内，质点的位移大小为4 m1．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义． (2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．2．解题技巧(1)可以采用解析法和排除法分析a －t 图象和F －t 图象．Part 2 动力学图像问题图4第 十 二 讲(2)要树立图象的函数思想，即图象反映的是两个变量间的函数关系，应用物理规律找到两个变量之间的关系是解题关键．【例3】(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图5甲所示，一质量m ＝1 kg 的物体置于水平地面上，在水平外力F 作用下由静止开始运动，F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v 随时间t 的变化情况如图丙所示(4 s 后的图线没有画出)．重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．物体在第3 s 末的加速度大小是2 m/s 2 B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4 C ．物体在前6 s 内的位移为10 m D ．物体在前6 s 内的位移为12 m【拓展训练3】(2019·河北张家口市上学期期末)如图6所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v 、加速度大小a 、所受摩擦力的大小F f 以及位移大小x 随时间t 的变化关系正确的是( )图6图5第 十 二 讲【拓展训练4】(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图7所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m 的小球，从距离弹簧上端高h 处由静止自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是( )图7第十二讲1．x－v图象的应用技巧x与v的关系式：2ax＝v2－v02，图象表达式：x＝12av2－12av022．解题技巧对于图象问题要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．Part 3 其他图像问题第 十 二 讲【例4】(2019·福建三明市期末质量检测)如图8所示四幅图为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是( )图8A ．甲图中，物体在0～t 0这段时间内的位移小于v 0t 02B ．乙图中，物体的加速度为2 m/s 2C ．丙图中，阴影面积表示t 1～t 2时间内物体的加速度变化量D ．丁图中，t ＝3 s 时物体的速度为25 m/s【拓展训练5】(2019·辽宁省重点协作体模拟)从t ＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x 轴做直线运动，如图9所示为其位移和速率二次方的关系图线，下列说法正确的是( )第 十 二 讲图10A ．t ＝0时刻物块位于x ＝0处B ．物块运动的加速度a ＝2 m/s 2C ．t ＝4 s 时物块位于x ＝2 m 处D ．由图可知物体做往复运动【拓展训练6】(2019·山西五地联考上学期期末)甲、乙两辆汽车从同一点同时出发，沿同一方向行驶，它们运动的xt －t 图象如图10所示．下列判断正确的是( )A ．在4 s 末以前，乙车的速度比甲车的大B ．在4 s 末以后，乙车的加速度比甲车的大C ．在4 s 末，甲、乙两车相距最远D ．在前4 s 内，甲、乙两车的平均速度相等1．题型特点此类题目的解题信息或者重要的条件往往在图象中呈现，因此根据图象的变化分析物体的运动和受力特点是解题的突破口．2．解读题目信息的两种方法(1)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和这些特殊点前后两段图线． (2)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．【例5】(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图11所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( ) A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JPart 4 图像信息提取问题图9第 十 二 讲图12图13D ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J【拓展训练7】(2018·陕西榆林市第三次模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，在某次新能源汽车性能测试中，图12甲显示的是传感器传回的牵引力的实时数据随时间变化的关系图象，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20 s 以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，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1 000 NB ．第20 s 末的汽车的速度为26 m/sC ．由图乙可得20 s 后汽车才开始匀速运动D ．前20 s 内汽车的位移为426 m【拓展训练8】(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图13甲所示，一个质量m ＝1 kg 的物块以初速度v 0＝12 m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经t 1＝1.2 s 开始沿斜面返回，t 2时刻回到斜面底端．物块运动的v －t 图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)．则可确定( )A ．物块上滑时的加速度大小为5 m/s 2B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C ．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 mD ．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s(限时45分钟)【1】(2019·四川达州市第二次诊断)一辆汽车由静止开始从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其v －t 图象如图1所示，在0～t 0和t 0～3t 0两段时间内( ) A ．加速度大小之比为1∶2 B ．位移大小之比为2∶3专题强化练习第 十 二 讲图2图5C ．平均速度大小之比为1∶1D ．合力的冲量大小之比为2∶1【2】(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一辆汽车以20 m/s 的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v 随刹车位移x 的变化关系如图2所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s 时，刹车的距离x 1为( )A ．12 mB ．12.8 mC ．14 mD ．14.8 m【3】(多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图3所示，x －t 图象反映了甲、乙两车在同一平直公路上行驶时位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则0～10 s 过程中( )A ．甲车的速度大小为4 m/sB ．乙车的平均速度大小为4 m/sC ．甲车的位移大小为40 mD ．乙车的位移大小为80 m【4】(2019·吉林省“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图4所示，物体在t 0和2t 0k2，物体的动量分别为p 1、p 2，则( )A ．E k2＝8E k1，p 2＝4p 1B ．E k2＝3E k1，p 2＝3p 1C ．E k2＝9E k1，p 2＝3p 1D ．E k2＝3E k1，p 2＝2p 1【5】(2019·山东烟台市上学期期末)甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速度—时间图象如图5所示，则下列说法正确的是( ) A ．t 0时刻两车相遇B ．0到t 1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同C ．0到t 0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度D ．t 1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方图4第 十 二 讲图6【6】(2019·浙江杭州市高三期末)利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究．如图6甲所示，用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O 点．在某次实验中，将小球举到悬点O 处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得轻绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示．则在小球运动过程中，下列说法正确的是( ) A ．t 3时刻小球速率最大 B ．t 2时刻小球动能为零 C ．t 3、t 4时刻小球速度相同D ．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒【7】(2019·福建龙岩市3月模拟)A 、B 、C 、D 四个质量均为2 kg 的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x －t 、v －t 、a －t 、F －t 图象如图所示，已知物体在t ＝0时的速度均为零，其中0～4 s 内物体运动位移最大的是( )【8】(2019·山东枣庄市上学期期末)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s ，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v －t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图7甲、乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2B．滑杆的长度为5.25 mC．传感器显示的最小拉力为420 ND．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J图7【9】(多选)滑块以初速度v0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能E k与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()第十二讲【10】(2019·山东临沂市质检)如图8甲所示，质量为m＝2 kg的物体置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，t＝0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去该拉力，整个过程中物体运第 十 二 讲图8动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)拉力F 的大小；(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s .Part1运动学图像问题 【例1】答案 C解析 由题图可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，选项A 错误；由题图可知，在0～t 1时间内，二者位移不相等，即在t 1时刻甲乙两车没有相遇，在该时刻二者速度相等，二者之间的距离是最大的，故选项B 错误；若乙车在0～t 2时间内做匀变速运动，则平均速度为v 1＋v 22，如图所示：由v －t 图象与t 轴所围面积代表位移可知，匀变速运动的位移较大，故乙车在这段时间内的平均速度小于v 1＋v 22，故选项C 正确；由于甲的初速度大于乙的初速度，所以开始时甲车在乙车前面，由v －t 图象与t 轴所围面积代表位移可知在0～t 2时间内甲的位移大于乙的位移，故整个过程中甲车一直在乙车前面，故选项D 错误．参考答案第 十 二 讲【拓展训练1】答案 B解析 由题图可知，汽车减速前的行驶速度为v 0＝10 m/s ＝36 km/h<40 km/h ，未超速，故A 错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：a ＝Δv Δt ＝8－25.5－3.5 m/s 2＝3 m/s 2，故B 正确；由题图可知，汽车减速过程不是做匀减速运动，因此由速度－时间图象不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，故C 错误；由题图可知汽车在加速阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F －F f ＝ma 知，牵引力F 恒定，速度增加，据P ＝F v 知，发动机的输出功率P 增加，故D 错误．【例2】答案 C解析 质点A 的运动方程为x ＝12at 2，则初速度为零，加速度a ＝2 m/s 2，故A 正确；乙直线的斜率表示速度，故质点B 做匀速直线运动，质点B 的速度为v ＝Δx Δt ＝9－33 m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在前3 s 内，质点B 的位移为6 m ，质点A 的位移为9 m ，质点A 比B 向前多前进了3 m ，故C 错误；t ＝1 s 时刻，质点A 的速度为2 m/s ，且质点B 以v ＝2 m/s 的速度做匀速直线运动，故D 正确．【拓展训练2】答案 AC解析 由题知图象为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，而v 0＝8 m /s ，t ＝2 s 时的位移x ＝12 m ，代入解得a ＝－2 m/s 2，则函数表达式为x ＝8t －t 2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，故A 、C 正确；2 s 时的瞬时速度为v ＝v 0＋at ＝8 m/s －2×2 m/s ＝4 m/s ，故B 错误；由位移公式可得1 s 内的位移x 1＝8×1 m －12 m ＝7 m ，故D 错误．第 十 二 讲Part2 动力学图像问题 【例3】答案 BD解析 由题图丙可知，物体在前4 s 内做匀变速直线运动，所以物体在第3 s 末的加速度a 1等于前4 s 内的加速度，a 1＝Δv Δt ＝44 m /s 2＝1 m/s 2，选项A 错误；在0～4 s 内，F 1－μmg ＝ma 1， 解出：μ＝0.4，选项B 正确；设前4 s 内的位移为x 1，x 1＝12a 1t 12＝12×1×16 m ＝8 m ；设4 s 后物体运动时的加速度为a 2，则：F 2－μmg ＝ma 2， 解得，a 2＝－2 m/s 2；物体在4 s 末时的速度为v ′＝4 m/s ， 设物体从4 s 末运动时间t 2速度减为0， 则：0＝v ′＋a 2t 2，解得：t 2＝2 s ； 所以物体在6 s 末速度恰好减为0. 故后2 s 内的位移：x 2＝v ′t 2＋12a 2t 22，解得，x 2＝4 m ；所以物体在前6 s 内的位移x ＝x 1＋x 2＝8 m ＋4 m ＝12 m ，选项C 错误，D 正确．【拓展训练3】答案 A解析 在前t 1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，F f 恒定，速度与时间的关系为 v ＝at ，v －t 图象是倾斜的直线；位移与时间的关系为x ＝12at 2，x －t 图象是抛物线；物体的速度与传送带速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，摩擦力F f 为0，加速度为0.故A 正确，B 、C 、D 错误．【拓展训练4】答案 AD解析 在小球由静止自由下落未接触弹簧阶段，小球做自由落体运动，加速度为g ；接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，当小球所受弹簧弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最第 十 二 讲低点的加速度大于g ，故A 、D 正确.Part3 其他图像问题 【例4】答案 D解析 题图甲中，因v －t 图象与t 轴围成的面积等于位移，可知物体在0～t 0这段时间内的位移大于v 0t 02，选项A 错误；题图乙中，根据v 2＝2ax 可知2a ＝1515 m/s 2＝1 m/s 2，则物体的加速度为0.5 m/s 2，选项B错误；题图丙中，根据Δv ＝at 可知，阴影面积表示t 1～t 2时间内物体的速度变化量，选项C 错误；题图丁中，由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，由图象可知12a ＝102 m/s 2＝5 m/s 2，则a ＝10 m/s 2；v 0＝－5 m/s ，则t ＝3 s 时物体的速度为v 3＝v 0＋at 3＝25 m/s ，选项D 正确．【拓展训练5】答案 C解析 根据x －x 0＝v 22a ，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有12a ＝2－04－2 s 2/m ＝1 s 2/m ，则加速度 a＝0.5 m/s 2，初位置x 0＝－2 m ，故A 、B 、D 错误；t ＝4 s 内，物块的位移Δx ＝12at 2＝12×0.5×42 m ＝4 m ，则t ＝4 s 时物块的位置坐标x ＝Δx ＋x 0＝2 m ，故C 正确．【拓展训练6】答案 D解析 由题图可得，对于甲有：xt ＝0.5t ＋1，对于乙有：xt＝－0.5t ＋5，对照匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得：x t ＝a2t ＋v 0.可得甲的加速度为a 甲＝1 m/s 2，初速度为v 0甲＝1 m/s ，做匀加速直线运动．乙的加速度为a 乙＝－1 m /s 2，初速度为v 0乙＝5 m/s ，做匀减速直线运动．故B 错误； 当t ＝4 s 时，甲的速度为v 甲＝v 0甲＋a 甲t ＝1 m/s ＋1×4 m/s ＝5 m/s. 乙的速度为v 乙＝v 0乙＋a 乙t ＝5 m/s －1×4 m/s ＝1 m/s ，可知，在4 s 末以前，乙车的速度先比甲车的大，后比甲车的小，故A 错误．由题意可知，当两车速度相等时相距最远，则在4 s 末，甲、乙两车相距不是最远，故C 错误． 平均速度为v ＝v 0+ v2，在前4 s 内，甲、乙两车的平均速度相等，故D 正确.第 十 二 讲Part4 图像信息提取问题 【例5】答案 AD解析 根据题图可知，h ＝4 m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100 J ，由公式E k0＝12m v 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10 m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题图可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确．【拓展训练7】答案 B解析 由题图乙可知，在20 s 后汽车做匀速运动，则由题图甲可知：F f ＝1 500 N ，故选项A 错误； 在0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma 1，则：a 1＝5 m/s 26 s 末车速：v 1＝a 1t 1＝5×6 m/s ＝30 m/s ，在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝ma 2，则：a 2＝－13m/s 2，第18 s 末车速：v 2＝v 1＋a 2t 2＝30 m/s ＋⎝⎛⎭⎫－13×12 m/s ＝26 m/s由题图知18 s 后牵引力等于阻力，即汽车做匀速直线运动，故第20 s 末的车速：v ＝26 m/s ，故选项B 正确，C 错误；汽车在0～6 s 内的位移：x 1＝v 12t 1＝90 m汽车在6～18 s 内的位移：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m 汽车在18～20 s 内的位移：x 3＝v t 3＝52 m故汽车在前20 s 内的位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝478 m ，故选项D 错误．【拓展训练8】答案 C解析 根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a 1＝10 m/s 2，故A 错误； 物块在上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 解得：μ＝0.5，故B 错误；v －t 图象与t 轴所围面积等于位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s ＝12×12×1.2 m ＝7.2 m ，故C 对；物块沿斜面下滑的加速度为a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2第 十 二 讲根据位移公式：s ＝12a 2t 2解得：t ＝7.2 s ≠1.2 s ，故返回到斜面底端的时刻不是2.4 s ，故D 错误．强化练习参考答案 【1】答案 C解析 根据v －t 图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为：a 1∶a 2＝2∶1，故A 错误；根据v －t 图线与t 轴所围的“面积”等于位移，则得：位移之比为x 1∶x 2＝1∶2，故B 错误；在0～t 0时间内汽车做匀加速直线运动，在t 0～3t 0时间内汽车做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为v 02，故C 正确；根据动量定理可知，在0～t 0时间内合外力的冲量I 1＝m v 0；在t 0～3t 0时间内合外力的冲量I 2＝0－m v 0＝－m v 0，则合力的冲量大小之比为1∶1，故D 错误．【2】答案 B解析 由于汽车做匀减速直线运动，设加速度为a ，由v 2－v 02＝2ax ，解得a ＝－10 m/s 2，当v 1＝12 m/s 时，汽车刹车的距离x 1＝v 12－v 022a ＝12.8 m ，B 项正确．【3】答案 ACD解析 甲车做匀速直线运动，v 甲＝x t 1＝205m /s ＝4 m/s ，在0～10 s 内位移为：x 甲＝v 甲t ＝4×10 m ＝40 m ，故A 、C 正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系x ＝12at 2，根据题图有：x 0＝12at 2，20 m ＝12at 02，t ＝10 s ，t 0＝5 s ，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，则平均速度为：v 乙＝x 0t ＝8010 m/s ＝8 m/s ，故B 错误，D 正确．【4】答案 C解析 根据动量定理得： 0～t 0内：F 0t 0＝m v 1 t 0～2t 0内，2F 0t 0＝m v 2－m v 1 联立解得：v 1∶v 2＝1∶3 由p ＝m v 得：p 2＝3p 1第 十 二 讲由E k ＝12m v 2得：E k1＝12m v 12E k2＝12m v 22解得：E k2＝9E k1.【5】答案 C解析 根据速度－时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0～t 0时间内乙车的位移比甲车的大，则t 0时刻两车没有相遇，故A 错误；0～t 1时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小．甲图象切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故B 错误；0～t 0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C 正确；0～t 1时间内，甲车的位移比乙车的大，则在t 1时刻甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D 错误．【6】答案 B【7】答案 A解析 由x －t 图象可知，4 s 末到达位置为－1 m ，总位移为大小为2 m ，由v －t 图象可知，物体前2 s 内沿正方向运动，2～4 s 沿负方向运动，方向改变，4 s 内总位移为零；由a －t 图象可知：物体在第1 s 内向正方向做匀加速运动，第2 s 内向正方向做匀减速运动，2 s 末速度减为0，然后在2～3 s 向负方向做匀加速运动，在3～4 s 向负方向做匀减速直线运动，4 s 末速度为零，并回到出发点，总位移为零，其v －t 图象如图甲所示；F －t 转化成a －t 图象，如图乙所示．第 十 二 讲由图象可知：物体在第1 s 内做匀加速运动，第2 s 内做匀减速运动，2 s 末速度减为0，前2 s 内的位移为x ＝2×12×0.5×12 m ＝0.5 m ，后2 s 内位移x ′＝x ＝0.5 m ，总位移为1 m ，综上可知，A 正确．【8】答案 D解析 由v －t 图象可知，演员在1.0 s 时的加速度大小a ＝3－01.5－0.5m/s 2＝3 m/s 2，故A 错误；v －t 图象与t 轴所围的面积表示位移，则可知，总长度x ＝12×3×3 m ＝4.5 m ，故B 错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N ，除去杆的重力200 N ，演员的重力就是600 N ，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg －F 1＝ma ，解得：F 1＝420 N ，加上杆的重力200 N ，可知杆受的拉力为620 N ，故C 错误；由题意可知演员从滑杆上端下滑到杆底端的过程中，初、末速度相同，故ΔE k ＝0，则减小的重力势能等于损失的机械能，即ΔE ＝mgh ＝600×4.5 J ＝2 700 J ，故D 正确．【9】答案 BD解析 取初速度方向为正，则上滑时的加速度a 1＝－mg sin θ＋μmg cos θm＝－(g sin θ＋μg cos θ)，下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm ＝g sin θ－μg cos θ.知|a 1|>a 2.根据位移公式x ＝12at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑的时间t 2大于上滑的时间t 1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，速度－时间图线的斜率表示加速度，故A 错误，B 正确．上滑时重力做负功，下滑时重力做正功，故C 错误．由动能定理可知，上滑时E k ＝E k0－mgx sin θ－F f x ；下滑时：E k ＝mgx sin θ－F f x ，且回到出发点时的动能小于初始状态的动能，故D 正确．第 十 二 讲【10】答案 (1)0.5 (2)60 N (3)7.5 m解析 (1)由题图可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a 2＝10－51－0.5 m /s 2＝10 m/s 2此过程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 代入数据解得：μ＝0.5(2)由题图可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1＝100.5m /s 2＝20 m/s 2 此过程有：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 代入数据解得：F ＝60 N(3)设物体向上做匀减速运动的时间为t 1，则t 1＝1010 s ＝1 s ，则整个过程中物体向上滑行的时间t ＝0.5 s ＋1 s ＝1.5 s ， 结合题图乙可知，物体沿斜面向上滑行的最大距离为： s ＝12×10×1.5 m ＝7.5 m.。