高考物理动力学题目的图像解法
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的图像问题
动力学中的图像问题一、动力学图像二、针对练习1、如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg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F f的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s22、（多选）如图所示，蹦极运动就是在跳跃者脚踝部绑有很长的橡皮条的保护下从高处跳下，当人体落到离地面一定距离时，橡皮绳被拉开、绷紧、阻止人体继续下落，当到达最低点时橡皮再次弹起，人被拉起，随后，又落下，反复多次直到静止。
取起跳点为坐标原点O，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力和风对人的影响，人可视为质点。
从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示在竖直方向上人的速度、加速度和下落时间。
下列描述v与t、a与、y的关系图像可能正确的是（）A．B．C．D．3、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、如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。
现对物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力F随时间t变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．5、水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物体的动量为12 kg· m/sD．在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加6、（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A 的质量为1.2kg。
专题04 动力学瞬态、连接体、超失重、图像问题-(解析版)-备战2025年高考物理真题题源解密
－Ｔ－μｍｇ＝ｍａｐ
解得
ａｐ？＝－２μｇ
此刻滑块Ｑ所受 外力不变，加速度仍为零，滑块Ｐ做减速运动，故ＰＱ间距离减小，弹簧的伸长量变小，
弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知Ｐ减速的加速度减小，滑块Ｑ的合外力增大，合力向左，做加速度
增大的减速运动。
故Ｐ加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为２μｇ。
代入数据联立解得电梯加速度大小
ａ≈１．０ｍ／ｓ２
近年真题精选
考向一 单位制
１．（２０２２年浙江６月卷第１题）下列属于力的单位是（ ）
Ａ． ｋｇ ｍ／ｓ２
Ｂ． ｋｇ·ｍ／ｓ
Ｃ． ｋｇ·ｍ２ｓ
【答案】Ａ
【解析】根据牛顿第二定律有 则力的单位为
Ｆ＝ ｍａ
ｋｇ·ｍ／ｓ２
Ｄ． ｋｇ·ｓ／ｍ２
故选Ａ。 考向二 瞬态问题
Ｆ与其加速度ａ的关系图线如图所示。由图可知（ ）
Ｆ
甲 乙
０
Ａ． ｍ甲＜ｍ？ 【答案】ＢＣ
ａ Ｂ． ｍ＞ｍｚ
Ｃ． ＜μｚ
Ｄ． Ｈ＞Ｈｚ
【解析】根据牛顿第二定律有
Ｆ－μｍｇ＝ｍａ
整理后有
Ｆ＝ｍａ＋μｍｇ
则可知 Ｆ—ａ图像的斜率为ｍ，纵截距为μｍｇ，则由题图可看出
ｍ甲＞ｍｚ，μ甲ｍ甲ｇ＝μｚｍｚｇ
则
μ甲＜μｚ
６．（２０２３年湖南卷第１０题）（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为２ｍ的小车在水平推力Ｆ的作用
下加速运动。车厢内有质量均为ｍ的Ａ、Ｂ两小球，两球用轻杆相连，Ａ球靠在光滑左壁上，Ｂ球处在车厢 水平底面上，且与底面的动摩擦因数为Ｈ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止假设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
高中物理【动力学图像问题】
专题课6动力学图像问题题型一由运动学图像求物体受力1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁。
3．图像的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。
4．解题策略(1)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。
重力加速度大小为g。
以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，F N>mgB．t1～t2时间内，v减小，F N<mgC．t2～t3时间内，v增大，F N<mgD．t2～t3时间内，v减小，F N>mg[解析]由x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增大，即乘客的加速度向上，F N>mg；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速上升，F N＝mg；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速上升，F N<mg，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。
现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。
在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。
已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图像如图乙所示。
g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
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.。
动力学中的图象问题及解题方法
动力学中的图象问题及解题方法高中物理公式与图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及难点．1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．3．图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．4．解题策略(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．类型一vt图象的应用例一、(2013·新课标全国卷Ⅰ，21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( )．甲乙图1A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析由vt图象面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x＝×3×70 m＝105 m，即约为无阻拦索时的，选项A正确；由vt图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4 s～2.5 s时)，其F恒定，在此过程中阻拦索两合段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张力必减小，选项B错误；在0.4 s～2.5 s时间内，加速度a＝ m/s2≈27.1 m/s2>2.5g，选项C正确；在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F不变，但v减小，所以功率减小，选项D合错误．答案AC图2类型二F－t或a－t和v－t图象的综合应用例二、一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图3(a)所示，速度v随时间t变化的关系如图(b)所示．取g＝10 m/s2，求：图3(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；(2)物块在前6 s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析(1)从题图(a)中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N(2)由题图(b)知物块在前6 s内的位移大小x＝ m＝12 m(3)从题图(b)中可以看出，在t＝2 s至t＝4 s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2由牛顿第二定律得F2－μmg＝ma，F3＝Ff3＝μmg所以m＝＝ kg＝2 kg，μ＝＝＝0.4答案(1)4 N (2)12 m (3)0.4总结：分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位．(2)不注意坐标原点是否从零开始．(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．。
【2024寒假分层作业】专题16 动力学动态分析、动力学图像问题(解析版)
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题16动力学动态分析、动力学图像问题导练目标导练内容目标1动力学动态分析目标2动力学v-t图像目标3动力学F-t、a-F图像目标4动力学a-t、a-x图像【知识导学与典例导练】一、动力学动态分析模型球+竖置弹簧模型球+水平弹簧模型球+斜弹簧模型蹦极跳模型实例规律①A点接触弹簧，弹簧处于原长状态，球的加速度a=g，方向竖直向下；②B点mg=F=kx，球受合外力为零，速度最大；①设定条件：水平面粗糙，物块与弹簧拴在一起；向左压缩弹簧最大松手；②当kx=μmg时，速度最大，所在位置为O点的左侧。
①设定条件：斜面光滑；②B点接触弹簧，弹簧处于原长状态，球的加速度a=gsinθ，方向沿斜面向下；③当mg=F=mgsinθ时，球受合外力为零，速度最规律类似于“球+竖置弹簧模型”③C 点为A 点对称位置，球的加速度a=g ，方向竖直向上；④D 点为最低点，速度为零，加速度a>g ，方向竖直向上。
大；④压缩至最低点，速度为零，加速度a>gsin θ，方向斜面向上。
【例1】如图所示，木板B 固定在弹簧上，木块A 叠放在B 上，A 、B 相对静止，待系统平衡后用竖直向上的变力F 作用于A ，使A 、B 一起缓慢上升，AB 不分离，在A 、B 一起运动过程中，下面说法正确的是（）A ．一起缓慢上升过程中A 对B 的摩擦力不变B ．在某时刻撤去F ，此后运动中A 可能相对B 滑动C ．在某时刻撤去F ，此后运动中AB 的加速度可能大于gD ．在某时刻撤去F ，在A 、B 下降的过程中，B 对A 的作用力一直增大【答案】D【详解】A ．一起缓慢上升过程中，以A 、B 为整体，根据受力平衡可得A B ()F F m m g +=+弹由于弹簧弹力逐渐减小，可知拉力F 逐渐增大；以A 为对象，设木板B 斜面倾角为θ，根据受力平衡可得A sin sin f F m g θθ+=可知B 对A 摩擦力不断变小，则A 对B 的摩擦力不断变小，故A 错误；B ．设A 、B 间的动摩擦因数为μ，根据题意有tan μθ>在某时刻撤去F ，设A 、B 向下加速的加速度大小为a ，以A 为对象，则有A A cos cos m g N m a θθ-=；A A sin sin m g f m a θθ-=可得A ()cos N m g a θ=-；A ()sin tan f m g a N N θθμ=-=<故此后运动中A 、B 相对静止，故B 错误；C ．在某时刻撤去F ，此后运动中A 、B 相对静止，则最高点时的加速度最大，且撤去力F 前，整体重力和弹簧弹力的合力小于整体重力，则最高点加速度小于g ，此后运动中AB 的加速度不可能大于g ，故C 错误；D ．在某时刻撤去F ，在A 、B 下降的过程中，A 的加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大，则B 对A 的作用力一直增大，故D 正确。
高考物理专题——高中物理图像问题
题型一运动学和动力学图象1．v－t图象(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：加速度沿正方向并不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体做加速运动。
2．x－t图象(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。
3．x－v图象x与v的关系式：2ax＝v2－v20，图象表达式：x＝12av2－12av20。
4．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。
5．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。
(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。
(多选)(2021·高考广东卷)赛龙舟是端午节的传统活动。
下列v－t和s －t图象描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有()[解析]A图是速度—时间图象，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是速度—时间图象，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度—时间图象中图象与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是位移—时间图象，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是位移—时间图象，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确。
[答案]BD【针对训练1】(2021·江西八所重点中学4月联考)一质点做匀变速直线运动，其运动的位移—时间图象(x－t图象)如图中实线所示，其中虚线为t1时刻图象的切线，已知当t＝0时质点的速度大小不为零，则质点的加速度大小为()A．2x1t21B．2x2t21C．2（x2－x1）t21D．x2－x1t21解析：选C。
高考物理图示法图像法解决物理试题技巧(很有用)及练习题及解析
高考物理图示法图像法解决物理试题技巧(很有用)及练习题及解析一、图示法图像法解决物理试题1．真空中，在x 轴上x =0和x =8处分别固定两个电性相同的点电荷Q l 和Q 2。
电荷间连线上的电场强度E 随x 变化的图象如图所示（+x 方向为场强正方向），其中x =6处E =0。
将一个正试探电荷在x =2处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。
则A ．Q 1、Q 2均为正电荷B ．Q 1、Q 2带电荷量之比为9：1C ．在x =6处电势为0D ．该试探电荷向x 轴正方向运动时，电势能一直减小 【答案】AB 【解析】 【详解】由图可知，若两个电荷是负电荷则x=2处场强方向为负方向，故两个电荷同为正电荷，A 正确；因在x =6处场强为0，则122262Q Q kk =，解得：12:9:1Q Q =，B 正确；根据同种正电荷连线的中垂线电势分布特点，可知从x =6向无穷远运动时电势在降低，则x =6处电势大于0，C 错误；由图可知，0-6之间电场为正，沿x 轴的正方向，所以从0到6之间电势逐渐降低；而6-8之间的电场为负，沿x 轴的负方向，所以从6到8之间电势升高，因此将一个正点电荷沿x 轴运动时，该电荷的电势能先减小后增大，D 错误。
2．如图所示，将质量为m 的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O 点，小球静止在M 点，N 为O 点正下方一点，ON 间的距离等于橡皮筋原长，在N 点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。
现对小球施加拉力F ，使小球沿以MN 为直径的圆弧缓慢向N 运动，P 为圆弧上的点，角PNM 为60°。
橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则A ．在P 点橡皮筋弹力大小为B ．在P 点时拉力F 大小为C ．小球在M 向N 运动的过程中拉力F 的方向始终跟橡皮筋垂直D．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小【答案】AC【解析】A、设圆的半径为R，则，ON为橡皮筋的原长，设劲度系数为k，开始时小球二力平衡有；当小球到达P点时，由几何知识可得，则橡皮筋的弹力为，联立解得，故A正确。
高中物理高考 第1章 专题强化1 运动图像问题 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
题型五
应用图像解决动力学问题
在物理中，有些动力学问题特别是物体做变加速直线运动时，根据运动 学公式进行计算比较繁琐或难以解决，我们可以利用图像法使问题直观 明了，从而迅速解决问题.一般解题策略如下： (1)认真审题，根据需要确定纵、横坐标轴对应的物理量. (2)结合具体的物理过程和相应的物理规律，找出两物理量的制约关系， 作出函数图像. (3)根据图像结合数学知识进行分析、判断.
判断 正误
1.v－t图像上两图线的交点表示两物体此时相遇.( × )
2.v－t图像中图线的斜率表示运动物体的加速度，x－t图像中图
线的斜率表示运动物体的速度.( √ ) 3.x－t图像和v－t图像都只能描述直线运动.( √ )
方法技巧 提升关键能力
1.无论x－t图像、v－t图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动， 图像的形状反映了x与t、v与t的函数关系，而不是物体运动的轨迹. 2.x－t图像中两图线的交点表示两物体相遇，v－t图像中两图线的交点表 示该时刻两物体的速度相等，并非相遇. 3.位置坐标x－y图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置， 但不一定相遇，因为不知道时间关系.
课时精练
必备基础练
1.A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图像如图所示，下列 说法正确的是 A.4 s时A物体运动方向发生改变 B.0～6 s内B物体的速度逐渐减小 C.0～5 s内两物体的平均速度相等
选项 A 正确；
在 18～22 s 时间内，质点的位移为
x＝122×2
m
＋(－122×2) m＝0 m，选项 B 错误；
由题图看出，CE段图线斜率的绝对值最大，则CE段对应过程的加速
度最大，选项C错误；
由题图看出，在0～20 s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，
15、力学中的三类图像问题(运动学图像、动力学图像、功和能图像)(原卷版)
15、力学中的三类图像问题(运动学图像、动力学图像、功和能图像)一、运动学常规图像一、基础知识要记牢(1)高考中关于动力学问题的图象主要有x－t图象、v－t图象、F－t图象等。
(2)在v－t图象中：①“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度。
②“线”的意义：任一段线段在v轴上投影，则影长表示在对应时间段内物体速度的变化量。
③“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。
④“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移。
⑤“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻。
二、方法技巧要用好(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。
(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。
(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。
读懂图象三步走第一关注横、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么。
(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。
(3)坐标轴物理量的单位不能忽视。
第二理解斜率、面积、截距的物理意义(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。
(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。
如v－t图象中的面积，表示位移。
(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距。
第三分析交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点。
(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。
(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。
例1．(2020·山西太原市高三期末)甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0时间内，乙的速度一直增大C．在0～t0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D．在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同【解析】：在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t0时间内，乙的速度一直减小，选项B错误；在0～t0时间内，乙的位移为2x0，甲的位移为x0，乙平均速度的值(v乙＝2x0t0)大于甲平均速度的值(v甲＝x0t0)，选项C正确；在0～2t0时间内，甲发生的位移是－2x0，乙发生的位移是2x0，负号说明两者方向不同，选项D错误．【答案】：C针对训练1.(多选)舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移—时间图线如图所示，则( )A.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度小于20 m/sB.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度大于20 m/sC.在M点对应的位置，战斗机的速度小于20 m/sD.在M点对应的位置，战斗机的速度大于20 m/s【解析】在x＝16 m至x＝36 m这段过程中，运动时间等于1 s，由于是加速运动，因此在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，运动时间一定大于0.5 s，由此可知平均速度小于20 m/s，在t＝2 s至t＝3 s这段时间内，平均速度为20 m/s，因此在t＝2.5 s时的速度为20 m/s，由于M点对应的时刻大于2.5 s，可知瞬时速度大于20 m/s。
专题1.7 动力学的图像问题(解析版)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题1.7动力学的图像问题【专题诠释】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．（4）动力学中常见的图象：v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．【高考引领】【2019·全国卷Ⅲ】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1kg B．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后木板滑动，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a 1＝0.42m/s 2＝0.2m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4s 内：F －F 摩＝ma 1,4s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1kg ，F ＝0.4N ，A 、B 正确。
[荐]高考物理专题-动力学中的图像问题-例题详解全
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高考物理专题-动力学中的图像问题-例题详解全
动力学中的图像问题
【题型解码】
1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
(3)常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．动力学图象问题的类型：
图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：
3．解题策略。
高考物理图示法图像法解决物理试题试题类型及其解题技巧含解析
高考物理图示法图像法解决物理试题试题类型及其解题技巧含解析一、图示法图像法解决物理试题1．如图所示，左右两侧水平面等高，A 、B 为光滑定滑轮，C 为光滑动滑轮．足够长的轻绳跨过滑轮，右端与小车相连，左端固定在墙壁上，质量为m 的物块悬挂在动滑轮上．从某时刻开始小车向右移动，使物块以速度v 0匀速上升，小车在移动过程中所受阻力恒定不变．在物块上升的过程中（未到AB 所在的水平面），下列说法正确的是A ．轻绳对小车的拉力增大B ．小车向右做加速运动C ．小车阻力的功率可能不变D ．小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．物块以匀速上升时，两边绳子的夹角变大，可知绳子的拉力变大，即轻绳对小车的拉力变大，选项A 正确；B ．设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由运动的合成知识可知0=2cos v v θ车，则随着物体的上升θ变大，车的速度减小，选项B 错误；C ．小车在移动过程中所受阻力恒定不变，根据P=fv 车可知小车阻力的功率减小，选项C 错误；D ．由能量关系可知：-PC k W W WE 阻牵车-=∆ ，因小车动能减小，则<PC W W W +阻牵，即小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和，选项D 正确； 故选AD. 【点睛】此题关键是对物体的速度进行如何分解，可参考斜牵引物体的运动分解问题，但是此题中物体两边都有绳子；注意搞清系统的能量转化情况.2．甲乙两图中，某时刻绳子AB 与水平方向的夹角均为θ，绳子上端以速度v 0匀速拉动，在两车运动过程中，下列说法正确的是（ ）A ．甲、乙两车运动速度大小之比cos 1cos θθ+B ．甲车运动速度大小为cos v θC ．相同时间t ∆内乙车速度增量大于甲车速度增量D ．此刻若将速度v 0改成拉力F ，则两车加速度大小之比1:1 【答案】AC 【解析】 【详解】ABC ．由甲图可知，甲车的速度11cos v v θ=+乙车的速度2cos v v θ=所以，甲、乙两车运动速度大小之比cos 11cos θθ<+，相同时间t ∆内乙车速度增量大于甲车速度增量．故AC 正确，B 错误；D ．改成拉力F ，甲车所绳子合力沿两绳子夹角的角平分线上，汽车甲的合力大小为22cos 2F θ，汽车乙的合力大小为cos F θ，因此合力不相等，加速度不相等，故D 错误．3．如图所示，斜面和水平横杆均足够长且均被固定，斜面顶角为θ，套筒P 套在横杆上，与轻绳连接，轻绳跨过不计大小的定滑轮，其与放在斜面上的滑块Q 相连接，且连接滑块Q 的轻绳与斜面平行，P 与Q 的质量均为m ，O 为横杆上的滑轮的正下方的点，滑轮到横杆的距离为h 。
高中物理运动学、动力学问题的图像法详解赏析
运动学、动力学识题的图像法详解赏析三原王春生很多运动学、动力学识题均可借助运动图像剖析、解决，特别是波及相对运动的力学识题，用图像法办理常能收到简捷、迅速求解之效。
本文仅以高中物理常有的传递带类问题为例来说明应用图像法办理有关力学的一般思路、方法和步骤，希望对广大学子有所启示、有所帮助。
【题目】 1. 将粉笔头 A 轻放在以0 2 m s 的恒定速度运动的足够长水平传递带上后，传递带上留下一条长为L4m 的划线。
若使该传递带改做加快度大小为a0 1.5m s2的匀减速运动直至速度为零，而且在传递带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头 B 轻放在传递带上，则粉笔头 B 停在传递带上的地点与划线起点间的距离为多少？【分析】该题看似属于水平传递带类运动学识题，本质上是一道动力学综合题，题中波及粉笔头受力状况剖析及运动性质的判断。
（1）以传递带为参照系，粉笔头 A 被轻放（初速为零）在传递带上后有关于传送带的运动方向与传递带对地的运动方向相反，粉笔头所受滑动摩擦力的方向与传递带对地运动方向同样；又粉笔头所受重力与带的支持力互相均衡，其协力等于滑动摩擦力，依照牛顿第二定律及物体直、曲线运动的条件可知：在开始阶段，粉笔头 A 对地做初速为零的匀加快直线运动，与带同速后相对静止共同以带速对地做匀速运动。
其速度图像如下图 .0由“面M积”含义知三角形M 的面积在数值上表示传递带相关于粉笔头A 的位移，也表示粉笔头 A 有关于传递带位移的大小，O t t即 L10t ，又 t0 ，2a解之得加快度大小为 a0.5 m s2。
注意：从图像可直观看出传递带对地的位移是粉笔头 A 对地位移的 2 倍，两者间的相对位移等于粉笔头 A 的对地位移或传递带对地位移的一半。
（2）粉笔头 B 在前一阶段的运动状况与粉笔头 A 在开始阶段的运动状况同样，不一样的是粉笔头 B 与传递带同速后，因粉笔头 B 对地的速度大于传递带对地的速度，它所受滑动摩擦力的方向与其运动方向相反（向后），因此粉笔头 B 以加快度大小为a0.5 m s2（隐含条件）对地做匀减速运停下，粉笔头 B 后停下。
高中物理运动学、动力学问题的图像法详解赏析
运动学、动力学问题的图像法详解赏析三原 王春生许多运动学、动力学问题均可借助运动图像分析、解决，特别是涉及相对运动的力学问题，用图像法处理常能收到简捷、快速求解之效。
本文仅以高中物理常见的传送带类问题为例来阐明应用图像法处理相关力学的一般思路、方法和步骤，希望对广大学子有所启迪、有所帮助。
【题目】1.将粉笔头A 轻放在以02m s υ=的恒定速度运动的足够长水平传送带上后，传送带上留下一条长为4L m =的划线。
若使该传送带改做加速度大小为20 1.5a m s =的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头B 轻放在传送带上，则粉笔头B 停在传送带上的位置与划线起点间的距离为多少？【解析】该题看似属于水平传送带类运动学问题，实质上是一道动力学综合题，题中涉及粉笔头受力情况分析及运动性质的判断。
（1）以传送带为参考系，粉笔头A 被轻放（初速为零）在传送带上后相对于传送带的运动方向与传送带对地的运动方向相反，粉笔头所受滑动摩擦力的方向与传送带对地运动方向相同；又粉笔头所受重力与带的支持力相互平衡，其合力等于滑动摩擦力，依据牛顿第二定律及物体直、曲线运动的条件可知：在开始阶段，粉笔头A 对地做初速为零的匀加速直线运动，与带同速后相对静止共同以带速对地做匀速运动。
其速度图像如图所示.由“面积”含义知三角形M 的面积在数值上表示传送带相对于粉笔头 A 的位移，也表示粉笔头A 相对于传送带位移的大小， 即012L t =，又0t a υ=， 解之得加速度大小为20.5a m s =。
注意：从图像可直观看出传送带对地的位移是粉笔头A 对地位移的2倍，二者间的相对位移等于粉笔头A 或传送带对地位移的一半。
（2）粉笔头B 在前一阶段的运动情况与粉笔头A 在开始阶段的运动情况相同，不同的是粉笔头B 与传送带同速后，因粉笔头B 对地的速度大于传送带对地的速度，它所受滑动摩擦力的方向与其运动方向相反（向后），所以粉笔头B 以加速度大小为20.5a m s =（隐含条件）对地做匀减速运动直到静止，传送带先停下，粉笔头B 后停下。
高中 高考物理 动动图像类题目的三种题型
[易错提醒]
识图常见错误类型 1．错误地认为图像就是质点的运动轨迹。 2．错将图线的交点都当成相遇，而 v t 图线的交点表 示该时刻速度相同。 3．错误理解图线斜率的意义，比如认为 v t 图像斜率 为正则质点一定做加速运动，斜率为负则质点一定做减速 运动。
[跟进训练]
1. (2014· 全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上 同向行驶。在 t＝0 到 t＝t1 的时间内，它们的 v t 图像 如图所示。在这段时间内( )
某点的斜率表 某点的斜率表 示该点的加速 示该点加速度 度 的变化率
两线交点 点 表示两物 体相遇
两线交点 表示两物 体该时刻 速度相同 线和轴所
两线交点表示两 物体该时刻加速 度相同
面 积
无意义
围面积表 示物体运 动的位移
线和轴所围面积 表示物体的速度 变化量
在纵轴上 截 的截距表
在纵轴上 的截距表 示 t＝ 0 时 的速度
速度，选项 A 正确；汽车乙的位移 x 乙小于初速度为 v2、 末速度为 v1 的匀减速直线运动的位移 x，则汽车乙的平均 v1＋v2 速度小于 ，选项 B 错误；根据 v t 图像的斜率反映 2 加速度的大小， 因此汽车甲、 乙的加速度大小都逐渐减小， 选项 D 错误。
2．(2015· 广东高考)甲、乙两人同时同地出发骑自行 车做直线运动，前 1 小时内的位移—时间图像如图所示。 下列表息
1．题型简述：此题型往往通过所给 图像，求解或判断物体的位移、平均速 度、加速度等，还可以比较两个物体的 运动，难度大的还要根据图像斜率来判 断运动情况。
2．方法突破：运动图像的六要素
运动物体的 线 位移与时间 的关系 某点的斜率 斜率 表示该点的 瞬时速度 运动物体的速 运动物体的加 度与时间的关 速度与时间的 系 关系
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F 合/
高考动力学计算题目的图像解法
陕西 三原 王春生
1.(2006全国理综Ⅰ) .一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度0a 开始运动，当其速度达到0υ后，便以此速度做匀速运动。
经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。
求此黑色痕迹的长度。
依据运动规律有
10
t a υ=……①
2t a
υ=
……② 依据牛顿第二定律得a g μ=……③
“黑色痕迹的长度”即相对位移
2101
()2
L t t υ=
-……④ 联立以上各式得2
000
2a g L ga μμ-=。
2（2006全国理综Ⅱ）.一质量为m=40kg 的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示。
试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g =10m/s 2。
【解析】该题属于已知力求解运动的问题。
体重计示数F 反映了它所受压力的大小，依据牛顿第三定律知：它与小孩受到的支持力大小相
等。
小孩受到的重力400G mg N ==,其合力与时
间的关系如图甲所示，因其“面积”的代数
和为零，所以小孩（电梯）的末速度为零。
其速度
图像如图乙所示。
前2S 内的加速度
2440400
1()40
F G a m s m --=
==， 2S 末速度212()at m s υ==⨯=，
所以电梯上升的高度即图中梯形的“面积”的大小
1
(36)29()2
h m =+⨯=。
3.（2006广东物理）.一个质量为kg 4的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数
F
1.0=μ。
从0=t 开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F 作用，力F 随
时间的变化规律如图10所示。
求83秒内物体的位移大小和力F 对物体所做的功。
g 取2
/10s m 。
【解析】该题属于已知力求解运动及变力功的问题。
物体在水平地面上运动所受滑动摩擦力
0.14104()k f N mg N μμ===⨯⨯=,其合力与时
间的关系如图甲所示，变化周期4T S =,
的加速度大小均为2
82()4
F a m s m ===合。
其速度图像如图乙所示，4
24(22
m T a
υ==⨯=一个周期内的位移11
448()22
m s T m υ==⨯⨯=84S 内的位移11114
'41(224224
m T s υ=
=⨯⨯⨯=83秒内物体的位移大小8321'218s s s =-=⨯-对全过程依据动能定理有2
831()22
m F k W f s m υ-=
，解之得676()F W J =。
4.（2005天津理综）.如图所示，质量为 4.0A m Kg =的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.24μ=，木板右端放着质量为 1.0B m Kg =的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态。
木板突然受到水平向右的瞬时冲量12I N S =的作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能为8.0kA E J =，小物
块的动能为0.50kB E J =，取重力加速度2
10g m s =，求：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度0υ；
（2）木板的长度L 。
【解析】该题属于力学综合问题，问题（1）应依据动量定理处理；问题（2）可依据动能定理（或能量守恒定律）、动量定理建立方程联立求解，也可以借助速度图像依据牛顿第二定律简单求解。
（1）由于瞬时冲量作用时间极短，所以地面、物块B 在此期间对木板A 的冲量可忽略不计，对A 由动量定理有0A I m υ=,解得03m s υ=； （2）由212kA A A E m υ=
,2
12
kB B B E m υ=,可得2A m s υ=，1B m s υ=。
从开始运动到物块B 滑离木板A,其速度图像如图所示。
木板的长度L 即A 、B 间的相对位移
01
[()]2
A B L t υυυ=+-……①
由图线斜率的含义或加速度的定义知
B
B
t a υ=
……②
由图像知A 、B 加速度大小相同，即
AB AB A
B A B A
F F F a a m m +==
即
……③ （式中A F 为地面对A 的滑动摩擦力，AB F 为A 、B 间的滑动摩擦力） 由滑动摩擦定律得()A A B F m m g μ=+……④ 解以上各式的0.5L m =。
5（2004全国理综Ⅰ）.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。
桌布的一边
与桌的AB 边重合，如图示。
已知盘与桌布间的动摩擦因数为 μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为 μ2。
现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边。
若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？(以g 表示重力加速度)
【解析】依据题知：以加速度a 抽出桌布过程中，圆盘（对地）先做匀加速运动，接着做匀减速运动，其速度图像如图所示，图中1υ、2υ分别表示1t 时刻圆盘滑离桌布（或滑到桌面上）时圆盘、桌布的速度。
若方桌边长为L ，则由“面积”的含义有
121
22L t υ≥……① 211111
222
L t t υυ=-……② 若圆盘在桌布、桌面上滑动的加速度大小分别为1a 、2a 则有
111221()a t a t t υ==-……③ 21at υ=……④
依据牛顿第二定律有
11a g μ=……⑤ 22a g μ=……⑥
联立以上各式得21
12
2a g μμμμ+≥。
2007-11-7
B。