【文档说明】《新课标高中物理图像与方法》专题02 动力学常见图像分析（解析版）.docx，共(14)页，538.015 KB，由管理员店铺上传

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1专题02动力学常见图像分析目录一.动力学中图象问题的综述.......................................................................

......................................................1二.通过F-t、F-x图像分析运动情况................................................................

.................................................1三.通过v-t、a-t图像分析受力情况.......................................................................

............................................4四.通过a-F图像分析力与运动的关系......................................................

........................................................7五.非常规运动学图像在动力学中的应用.........................

...............................................................................11一.动力学中图象问题的综述1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的

变化图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况．2．“一个桥梁”：加速度是联系v­t图象与F­t图象的桥梁．3．解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过

程，会分析临界点．(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息

．这些信息往往是解题的突破口或关键点．二.通过F-t、F-x图像分析运动情况【方法技巧】解决图象综合问题的关键图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析．【典

例分析1】(2020·哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．重力加速度g取10m/s2.

下列判断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s22【答案】D【解析】根据图象，最大静摩擦力为4N．4s后，物块受到拉力F大于4

N，开始运动，所以5s内拉力做功不为零，A错误；4s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff＝3N，质量m＝1.0kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝Ffmg＝0.3，C错误；6～9s内，物体的加速度a＝F－Ffm＝5－31m/s2＝2

.0m/s2，D正确．【典例分析2】(2020·成都龙泉二中月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B与竖直面动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA＝1.0kg、大小可忽略的物块A，一轻绳绕过

定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量mB＝1.0kg，物块B刚好可与竖直面接触．起始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求

：(1)同时由静止释放A、B，经t＝1s，则A的速度多大；(2)同时由静止释放A、B，同时也对物块B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化规律如图乙所示，求物块B运动过程中的最大速度和物块B经多长时间停止运动．【答案】：(1)5m/s(2)2.5m/s1.7s【解析】：(

1)对A、B系统：mBg＝(mA＋mB)aa＝12g＝5m/s2v＝at＝5m/s(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，绳子拉紧．F＝kt(k＝20N/s)以

A、B系统为研究对象：mBg－μF＝(mA＋mB)a得：a＝－5t＋50～1s的a­t图象如图所示，t＝1s，a＝0，t＝1s，速度最大且为三角形面积vm＝12×1×5m/s＝2.5m/s当B开始减速时，绳子松弛，A匀速，B减速对B：mBg－μF＝mBa得：a＝－10t＋10(t≥

1s)1s以后，a­t图象如图所示．3速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等．得：12Δt·10Δt＝2.5解得Δt＝22st总＝(1＋22)s≈1.7s.【典例分析3】.(2018·全国卷Ⅰ·15)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之间关系的图象可能正确的是()【答案】A【解析】设物块P静止时，弹簧的长度为x0，则k(l－x0)＝mg，物块P

做匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，如图所示，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma故F＝kx＋ma.根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象．【典例分析4】(2020·湖北三校联考)水平地面上

有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是()4【答案】：D【解析】：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg

＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故力F与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．三.通过v-t、a-

t图像分析受力情况【典例分析1】(2020·浙江省选考十校联盟)(多选)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在0～4s内运动的速度与时间的关系图线如

图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则()A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B．水平外力F＝5.5NC．水平外力F＝4ND．物体在0～4s内的位移为24m【答案】AC【解

析】根据v­t图象的斜率表示加速度，知2～4s内物体的加速度为：a2＝ΔvΔt＝12－84－2m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正确；0

～2s内物体的加速度为：a1＝Δv′Δt′＝8－02－0m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4N，故B错误，C正确；由v­t图线与t轴围成的面积表示位移，可得物体在0～4s内的位移为：x＝

8×22＋8＋122×2m＝28m，故D错误。【典例分析2】(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间

t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板5与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大

小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N，由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝0.42m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝0.4－0.21m

/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：2～4s内：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确；0～2s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误；因物块质量

不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。【典例分析3】(2020·宁夏银川模拟)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v­t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．小球所受重

力和阻力之比为6∶1B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3C．小球回落到抛出点的速度大小为86m/sD．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态【答案】：C【解析】：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f6＝ma1－mg＝2N，则

重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝mg－fm＝10－21m/s2＝8m/s2，根据x＝12at2得t＝2xa，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝a2∶a1＝6∶3，故选项B错误；小球匀

减速上升的位移x＝12×2×24m＝24m，根据v2＝2a2x得，v＝2a2x＝2×8×24m/s＝86m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误．【典例分析4】(2020·山东济宁市模拟)在升降机底部安装一个加速度传

感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示．升降机从t＝0时刻开始由静止竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t的变化如图乙所示．取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是()A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0

时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】C【解析】当a>0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误．t＝t0时刻，

a＝0，则FN＝mg，故C正确．t＝3t0时刻，a＝2g，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，则FN＝3mg，故D错误．【典例分析5】广州塔，昵称“小蛮腰”，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，

已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零【答案】D【解析】利

用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”7代

表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．四.通过a-F图像分析力与运动的关系①特殊点：a=0，F合=0②线斜率：由牛二可得aΔFΔaFm==，在a-F图中，斜率k=FΔaΔ=m1③数形结合：由牛二F合=ma得F-μm

g=ma变形得：a=mF-μg，在a-F图中，斜率k=m1、截距b=-μg【典例分析1】(2020·辽宁沈阳市第一次质检)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F0a0B．地球表面的重力加速度为2a0C．当a>0时，物体处于失重状态D．当a＝a1时，拉力F＝F0a0a1【答案】A【解析】当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉

力大小等于重力，故物体的质量为F0a0，所以A正确；当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝F0a0、g＝a0，故拉力F＝F0a0(a1＋a0)，所以D错误．【典例分析2】．(2020

·广东省湛江市第二次模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是()mFμ8A．长木板的质量M＝2kgB．

小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C．当F＝14N时，长木板的加速度大小为3m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】B【解析】当F等于12N时，加速度为：a0＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，代入数据解得：M＋m＝3kg；当F大于12

N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，则F＝Ma＋μmg，则知F－a图线的斜率k＝M＝12－84＝1，则M＝1kg，故m＝2kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12N时，F＝a＋

20μ，若F＝8N，a＝0，即得μ＝0.4，故B正确；由A项分析可知：F大于12N时F＝a＋8，当F＝14N时，长木板的加速度为：a＝6m/s2，故C错误；当F大于12N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小

滑块的加速度不变，故D错误．【典例分析3】．(多选)(2021·佛山调研)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图

象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图象可知()A．10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动B．F>15N时物块B和木板C相对滑动C．木板C的质量D．木板和物块两者间的动摩擦因数【答案】BD【解

析】：由图象可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，A错误，B正确；对木板和木块的整体，当F1＝10N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsinθ，

当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，则F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，联立方程可求解M＋m＝2kg，sinθ＝0.5，但是不能求解木板C的质量，C错误；因当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩

擦力达到最大，则对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立方程可求解μ＝32，D正确。9【典例分析4】(2020·江西四校联考)如图甲所示，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变化的图象如图乙所示。取g＝10m/s

2。根据图中所提供的信息不能计算出的是()甲乙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6m/s2时物体的速度【答案】D【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma①y方向：FN－Fsinθ－mgcosθ＝0②从

a­F图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入①式解得：m＝2kg，θ＝37°因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可

以算出。【典例分析5】．（2021·山西省怀仁市高三上学期11月期中）如图甲所示，地面上有一质量为M的重物用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是（）10A

.当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，物体不动B.图中A点值即物体的重力值C.物体向上运动加速度和力F成正比D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度【答案】ABD【解析】A．物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根

据平衡条件，有NFMg+=故重力大于拉力，故A正确；B．物体的加速度向上，根据拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有FMgMa−=得FagM=−当F=F0时，加速度为零，故F=Mg故B正确；C．由图象可知，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；D．由FagM=−可知，加速度为

－g，故D正确。故选ABD。【典例分析6】（2021·平罗中学高三期末）(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图

乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10m/s2)()A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】：BC【解析】：物体的受力如图所示在力F从0增大到7N之前物体静止，在7N时运动状态发生

变化，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7N和F2＝14N及对应的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，Ff＝6N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．的11【典例分析7】（2021·江苏省

南师大附中高三上学期11月期中）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，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图所示，A、B两直线平行，则以下正确的是（）A

μA=μB=μCB.μA＜μB=μCC.mA＜mB＜mCD.mA＜mB=mC【答案】B【解析】根据牛顿第二定律Fmgma−=可得Fagm=−可知图线的斜率1km=纵轴截距的绝对值为μg，因为A、B图线的斜率相同，大于C的斜率，则mA=mB＜mCB

、C的纵轴截距的绝对值相等，大于A的纵轴截距的绝对值，知μA＜μB=μC故B正确，ACD错误。故选B。五.非常规运动学图像在动力学中的应用【典例分析1】(多选)(2021·河北唐山三模)(多选)(2020·四川宜宾市一诊)如图(

a)，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，g取10m/

s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．物体沿斜面做匀变速运动B．当风速v＝5m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D．比例系数k为1619kg/s【答案】BCD【解析】由题图(b)可知，物

体的加速度逐渐减小，风速为5m/s时物体加速度为零，沿斜面下滑的速度最大，故A错误，B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0.12解得：μ＝gsinθ－a0gcosθ

＝0.25，故C正确；v＝5m/s时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有：mgsinθ－μFN－kvcosθ＝0又：FN＝mgcosθ＋kvsinθ，联立解得k＝mg(sinθ－μcosθ)v(μsinθ＋cosθ)＝1619kg/s，

故D正确．【典例分析2】（2021届山东省烟台市高三模拟）某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传

感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块诗中未脱离长木板。则（）A．长木板的质量为2kgB．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4D．当

拉力F增大时，长木板的加速度一定增大【答案】ABC【解析】由图可知，当F>12N时木块和木板开始产生滑动，则1Fmgma−=，即1Fmamg=+由图像可知1282kg2mk−===，18mg=，解得μ1

=0.4。当12N4NF≥≥时两者共同运动，则2()()FMmgMma−+=+，由图像可知'1244kg2Mmk−+===，则M=2kg，2()4Mmg+=解得μ2=0.1，选项ABC正确；当拉力F增大时，长木板与木块之间产生相对滑动，此时长木板受地面的摩擦力和木块的摩擦力不变，则加速度

不变，选项D错误。故选ABC。【典例分析3】（2021·江西省赣州市十五县市十六校高三上学期11月期中）如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右

运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，g=10m/s2，下列选项中正确的是（）13A.0~5s内物块做匀减速运动B.在t=1s时刻，恒力F反向C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D.恒力F大小为10N【答案】BC【解析】由运

动学公式v2－v02=2ax可知，v2－x图象的斜率2ka=由图示图象可知，在前5m内做匀减速直线运动，物块的加速度为22110100m/s10m/s225ak−===−5－13m内做匀加速直线运动，加速度为''221164m/

s4m/s22135ak===−AB．匀减速的时间为010s=1s10t−=−则0~1s内物块做匀减速运动，接着物块做匀加速运动，即t=1s时刻恒力反向，故A错误，B正确；CD．由牛顿第二定律有减速阶段()Fmgma−+=加速阶段Fmgma−=解得7NF=0.3

=14故C正确，D错误。故选BC。