2023年高三物理二轮练习29 有关速度、位移、加速度和力的动力学图像（解析版）

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破

专题29有关速度、位移、加速度和力的动力学图像

专练目标______________________________专练内容______________________________

目标1高考真题（IT—4T）

目标2有关速度的动力学图像（5T—8T）

目标3有关位移的动力学图像（9T-12T）

目标4有关加速度的动力学图像（13T—16T）

目标5有关力的动力学图像（17T—20T）

【典例专练】

一、高考真题

1.一质量为机的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移S与时间f的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小

用QV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.0~0时间内，V增大，F,v>wgB.时间内，V减小，Fh<mg

C.”~打时间内，V增大，FN<mgD.打~“时间内，V减小，FN>mg

【答案】D

【详解】A.由于SY图像的斜率表示速度，可知在0~〃时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重

状态，则FVeNlg,A错误；

B.在〃~力时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则/Λ,=mg,B错误；

CD.在少¾时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则尸N>mg,C错误，D正确。故选D。

2.图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空

中，在。点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员

速度大小V或加速度大小a随时间t变化的图像是（）

【答案】C

【详解】设斜坡倾角为。，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，"gsinθ=mq可得

4=gsinθ运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度的=0运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重

力加速度由=g设在P点的速度为Vo,则从P点飞出后速度大小的表达式为V=y∣v1+g2t2由分析可知从P点

飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，旦4<%，C正确，ABD错误。故选C。

3.水平地面上有一质量为町的长木板，木板的左端上有一质量为吗的物块，如图Q）所示。用水平向右

的拉力F作用在物块上，尸随时间/的变化关系如图（b）所示，其中片、鸟分别为4、G时刻F的大小。

木板的加速度q随时间/的变化关系如图（C）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为耳，物块与木板间

的动摩擦因数为〃”假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）

W1

777777777777777777777777777777777777777

r丐（g!+加2）/、

A.耳=〃加IgB.f2=-~~—'3一月）g

叫

m,+%

c.μ2>—--μλD.在0〜，2时间段物块与木板加速度相等

【答案】BCD

【详解】A.图(C)可知，〃时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动,

此时以整体为对象有Fi=μx(mt+m2)g,A错误；

BC.图(C)可知，〃滑块与木板刚要发牛.相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有

F2-μi(mi+m2)g=(m1+m2)a以木板为对象，根据牛顿第二定律,</J2m2g-μl(mt+m2)g=mla>0f^.^

LmAmx+wɔz、(in,+AW9)U

8=一---」(也一从)g;A2>――J内,BC正确；

W1m2

D.图(C)可知，0~打这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD.

4.质量为Ikg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间，的关系如图所

示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=IOmN。则()

FN

4

IIAt/S

024

-4

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg∙m∕s

D.0〜6s时间内尸对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为/=Nmg=2N

AC.对物块从0~3s内由动量定理可知(尸一∕)f∣=∕n匕即(4-2)x3=lx匕得％=6m∕s,3s时物块的动量为

P=加匕=6kg∙m∕s设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(b+∕)f=O-"叫即

-(4+2)f=0-lx6解得/=Is所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误；

B.0~3s物块发生的位移为X/,由动能定理可得(尸-∕)X∣=5M即(4-2M=*lχ62得%=9m

2

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得-(尸+∕)x2=0-∣WV3即-(4+2)x?=0-；x1X62々=3m

4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为α=匕上=201/$2发生的位移为匕=1x2x22m=4m<x∣+x2

m2

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D.物块在6s时的速度大小为以二2χ2m∕s=4m∕s,0~6s拉力所做的功为沙=(4×9-4×3+4×4)J=40J

故D正确。故选AD。

二、有关速度的动力学图像

5.如图甲所示，倾角为。的斜面与水平面在。点通过一段小圆弧平滑连接，一可视为质点的滑块从斜面上

某处由静止释放，经过。点滑到水平面上后减速至零，该过程中滑块的速率随时间变化的规律如图乙所示。

已知斜面和水平面由同种材料构成，则滑块与接触面间的动摩擦因数为（）

【答案】D

［详解］滑块在斜面上运动时有mgsmθ-μmgcosθ=ma1滑块在水平面上运动时有-μmg=TnaI

由题图乙知加速度大小满足4=a,,解得〃=产SinjA=tan∩g故选D。

1+cos<92

6.如图甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为3一端固定在在倾角为。的斜面底端，另一端与Q物

块连接，P、Q质量均为加，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止，现用平行于斜面向上的力尸

拉物块P，使做加速度为。的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的VT图象如图乙所示（重力加速度

为g）,则下列说法正确的是（）

A.平行于斜面向上的拉力户一直增大

B.外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为加（gsinθ-α）

C.从。开始到4时刻，弹簧释放的弹性势能为gmv；

D.G时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值

【答案】B

【详解】A.由图乙可知，〃时刻P、Q两物体开始分离，在分离前，两物体做匀加速运动，因弹簧压缩量

减小，弹力减小，而合力又要保持不变，故拉力会一直增大，但当分离后，物块P仍做匀加速直线运动，

故此时拉力就不变了，A错误；

B.在外力施加的瞬间，对■于P、Q的整体而言，由牛顿第二定律可知F-2wgsin（9+日=2加。解得

F=2mgs,mθ-kx+2ma因为开始时，拉力尸最小，故此时有2%gsine=b即/=2mα对P受力分析

F+F9-mgsmθ=ma=m[gsmθ-a）,B正确；

C.从O开始到"时刻，由动能定理，则有%+%+%=；加娟-0弹簧释放的弹性势能不等于gmv；,C错

、口

庆；

D.当/2时刻，物块Q达到速度的最大值，则加速度为0,因此弹簧对Q有弹力作用，没有达到原长，D错

误。故选Bo

7.如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定速率%逆时针转动，在f=0时，将质量M=Ikg的物体（可视为质

点）轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g=1（）m∕s?,sin37°=0.60

则（）

A.传送带的倾角0=53°

B.物体与传送带间的动摩擦因数M=0.5

C.在前2秒内，传送带对物体做的功为-24J

D.在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为20J

【答案】BC

【详解】AB.物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分

力大于摩擦力，物块继续向卜做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为%=10m∕s,开始时物体摩擦

力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则％="gsm0+""gc°s,雁2=2m⅛2=IOmZS2

m1

mgsinθ-μmgcosθ,12-10ι,2皿一口CU.,_,...

a=------------------------m∕s~2=----------m/ts~=2m∕s联乂解得〃=0∙5；6=37o故A错误，B正确7zz；

2m1

C.第一段匀加速直线运动的位移为占=善=Mm=5m此过程传送带对货物做的功为

2a12x10

2-2

%=〃机gcos37°M=O.5xlxlOχO.8χ5J=2OJ第二段匀加速直线运动的位移为vLv=IIm此过程传送

2%

带对货物做的功为W2=-μmgcos37∖=-0.5×l×10×0.8×llJ=-44J则总功为〃=%+%=-24J故C正确；

D.第一阶段物体与传送带间的相对位移为∆η=(10xl-5)m=5m产生的热量为。=〃〃?gcos37"∙∆x∣=20J

第二阶段物体与传送带间的相对位移为&⅛=(ll-∣0xl)m=lm产牛.的热量为0=Z≡gcos37°∙Δx2=4J

总热量为Q=Ql+Q2=24J故D错误。故选BCo

8.粗糙水平地面上放有一长木板，木板与地面的动摩擦因数从=0」，木板右端端放置一小物块，小物块与

木板间的动摩擦因数42=O∙3,在木板左方有一墙壁，木板左端与墙壁的距离为3.5m,如图甲所示。f=0时

刻开始，小物块与木板一起以共同速度向左运动，直至木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)，运动过程中小物

块始终未离开木板。已知长木板的VT图线如图乙所示•重力加速度大小g取IOmzS2。则()

二

二

二

二

二

二

二

二

一

A./=Is时长木板撞到墙B.小物块与长木板的质量比为1:3

C.小物块与长木板同时停下D.长木板的最小长度为3m

【答案】AC

【详解】A.根据图像可共同初速度为%=4m∕s受到滑动摩擦力而向左做匀减速运动“∣=-gM=-lm∕s2

ʌv

由20r=/一片，可得y=3m∕s则长木板撞到墙时4=一=IS故A正确；

囚

B.撞墙后长木板加速度α2="=-2m∕s?由牛顿第二定律-mgM,-(∕n+M)g4=M⅞可得=1:4故B错误;

Nt

C.由题意可知，长木板撞墙后再运动1s,速度为0,运动的距离Xl=IAf=Im此时对小物％=-g〃2=-3m/s2

v'=%+%Af=0木块也刚好停下，故C正确：

D.此时小物块运动的距离x2=；A/=1.5m则长木板的最小长度L=Xl+%=2.5m故D错误。故选AC。

三、有关位移的动力学图像

9.汽车的刹车距离S是衡量汽车性能的重要参数，与刹车时的初速度丫、路面与轮胎之间的动摩擦因数〃有

关。某次测试，甲、乙两车在相同路面沿水平直线行驶时紧急刹车，刹车距离S与刹车前的车速V的关系图

象如图所示，两条图线均为抛物线。若甲、乙两车在相同路面以相同初速度刹车，下列说法正确的是（）

A.甲、乙两车均做变减速直线运动

B.甲车刹车的加速度比乙车的大

C.甲车的刹车时间是乙车的4倍

D.甲车的动摩擦因数〃是乙车的0.5倍

【答案】C

【详解】A.因为位移和初速度的关系为抛物线，而匀减速直线运动且末速度为。的位移满足y2=2°s

所以可知两车都是匀减速直线运动，故A错误；

B.对同一位移，甲的速度更小，所以可知甲的加速度更小，且只叫=7⅛=:故B错误；

a乙（2v1）4

C.由于甲乙两车初速度相同，故停车时间为，=上所以甲车的刹车时间是乙车的4倍餐=幺=4故C正确;

a/乙Q甲

D.根据牛顿第二定律"g"=mα可知&■=&■=!故D错误。故选C。

N乙a乙4

10.如图甲所示，物块的质量加=Ikg,初速度%=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图像如图乙所

示（取g=10m∕s?）,则下列说法中正确的是（）

A.。〜5s内物块做匀减速运动B.在f=5s时刻恒力尸反向

C.恒力厂大小为IOND,物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

【答案】D

【详解】A.由v2-l√=2αχ及图中信息可得，以向右为正方向，在o~5m时，物块的加速度为

戈=-00m2∕s2=_i0m/s21Hv=v+az可得减速到零所需要的时间为/=3=Is即在O-Is内做匀减

12x2×5m

速运动，故A错误;

B.由图可知，力F在x=5m时反向，由题意可知，初速度为10m∕s,则0~5m时物块的运动时间为

4=0^1°mzs=IS即在t=ls时刻恒力反向，故B错误;

aι

CD-由上述分析可得’在5m~13m内,物块的加速度为的=黑晶=铀屋则由题意及牛顿第二定律

可得-F-〃加g=/n%；E-〃机g=〃必解得F=7N:〃=0.3故C错误，D正确。故选D。

11.如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角

实验测得物块运动的最远位移X与斜面倾角。的关系如图乙所示，g取IOm⅛2,则()

A.物块的初速度为2m∕s

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g

D.物块沿斜面上滑的最小距离为毡m

25

【答案】AD

【详解】A.由图知，当夹角为90。时，位移为0.2m,由竖直上抛运动规律$=2g〃解得%=2m∕s故A正确;

B.当夹角为0。时，位移为0.4m,根据2«X=片；=加。可得〃=0.5故B错误;

CD.根据μmgcosθ+mgsin。=可得α=gsinO+μgcosθ=ʌ/l+μ2gSin(O+φ)因此最大加速度为

“ma"后/g=亭g此时的位移为2amaΛ1in=*解得XmM=笠m故C错误，D正确。故选AD。

12.如图甲所示，倾角为37。、足够长的传送带以恒定速率匕沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度%=12m∕s

从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移X随时间/的变

化关系如图乙所示。已知图线在前LOS内和在1.0s~f。内为两段不同的二次函数，"时刻图线所对应的切线

正好水平，重力力∏速度g取Iom∕s2,sin370=0.6,cos37<'=0∙8,则下列说法正确的是()

A.传送带转动速率W为8m∕s

B.图乙中办的数值为2.0

C.。〜％内煤块在传送带上的划痕长度为6m

D∙煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25

【答案】BD

【详解】A.假设煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，可得加速度大小

为q=gsinJ+〃gcos。当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力

方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得加速度大小为α2=gsin0--gcos6煤块一直减速到零，接着反

向沿传送带向下加速，加速度大小为的，由于加gsin。>∕≡gcos。则煤块一直加速到离开传送带，与题意及

2

图乙相符，所以可知4=LOs时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得占=v√,-∣a1r1=8m

求得α∣=8m∕s可得传送带的速度大小为匕=%-卬I=12m∕s-8xlm∕s=4m∕s故A错误；

BD.由选项A分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，根据q=gsine+〃gcose=8m/s2

求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为〃=0∙25代入α2=gsin"4gcose求得的=40热2又因为

Z=(10-8)m=OF)2求得八=2∙0s故BD正确；

C.《内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为∆5∣=(x∣-W)=4m

乙〜％内煤块在传送带上的划痕长度为加2=WG-G-W=2m但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以

0~f。内煤块在传送带上的划痕长度为4m,故C错误。故选BD。

四、有关加速度的动力学图像

13.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器,

手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上

为正方向。由此可判断出（）

A.手机可能离开过手掌

B.手机在4时刻运动到最高点

C.手机在G时刻改变运动方向

D.手机在G〜〃时间内，受到的支持力先减小再增大

【答案】A

【详解】B.根据Av=α加可知OT图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在工时刻速度为正，

还没有到最高点，故B错误；

C.根据Av="加可知ατ图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在芍时刻前后速度均为正，运

动方向没有发生改变，故C错误；

D.由图可知4〜L时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得N-mg=3∕则N=sg+%α

可知％〜时刻支持力不断减小，G〜，3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得ZMg-N=mα'

得N=mg-mα’可得支持力还是不断减小，故D错误；

A.由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过

手掌，故A正确。故选A。

14.如图甲所示，质量分别为用、M的物体A、B静止在劲度系数为上的轻弹簧上，A与B不粘连。以两物

体静止时的位置为坐标原点。现对物体A施加竖直向上的拉力，A、B一起竖直向上运动，两物体的加速度

随位移变化的“-x图像如图乙所示，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

B.在图乙0S段中，B加速上升

C.位移大小为王时，A、B之间弹力大小为Hl-M4-Λ⅛

D.位移大小为匕时，A、B的速度大小均为JaO（X2+工3）

【答案】BD

【详解】A.开始时，A、B两物体均处于静止状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力的大小扁=gj=（M+加）g

图乙P0段中，A、B的加速度大小与方向都不变，由牛顿第二定律有尸-（/+机）g+∕⅛=（Λ∕+机”随物体

向上运动，弹簧的弹力逐渐减小，可知拉力尸逐渐增大，故A错误；

B.在图乙0S段中，A、B两物体的加速度方向仍竖直向上，大小逐渐减小，所以A、B两物体做加速度减

小的向上加速运动，故B正确；

C.当A、B两物体竖直向上运动X/时，弹簧弹力大小用莉=A（Xo-%）=（M+Mg-g以B为研究对象，由牛

顿第二定律有Fm-Mg-F'=Man解得F'=mg-%-Ma。故C错误;

D.从P到。的运动中，物体的加速度不变，有d=2α<∕2从。到S的运动中，物体的加速度随位移均匀减

小，则有5=当9=？；V；-v；=2万3Y?）联立解得力=JaO（X2+>）故D正确。故选BD。

15.一个质量为机小物体，静止在水平地面上。当受到一个水平外力尸作用时，物体会静止或做加速直线

运动。随着水平外力大小变化，其加速度a也随之发生改变。如图是α和尸的变化关系图像（最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，g取IOmZsD,则（）

A.物体质量Ikg

B.物体所受滑动摩擦力大小为2N

C.该图像斜率表示物体的质量

D.当F=3N时，物体的加速度大小为2m∕s2

【答案】AD

【详解】AC.由牛顿第二定律尸-WMg=加。可得α=±-"g故图像的斜率表示工，是物体质量的倒数，C

mm

I5—0

错误；由图像得上=2=lkg」

m6-1

故物体质量为lkg,A正确；

B.由图像知，当尸41N时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当QlN时，物体放开始加速运

动，故物体所受滑动摩擦力大小为IN,B错误；

D.由图像可知，当尸=3N时，物体的加速度大小为2m∕s2,故D正确。故选AD。

16.足够长的木板B静止在光滑水平面上，其上放置物块A,物块A上作用一随时间变化的向右的水平拉

力尸，F随时间t变化的尸T图像及物块A的加速度。随时间t变化的α-f图像如图乙、丙所示，A、B间

的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取IOm∕s∖则下列说法正确的是()

A.可求出A的质量为3kgB.可求得A、B间的动摩擦因数为0.3

C.可求得B的质量为IkgD.当户=12N时，木板B的加速度为4m∕s)

【答案】BC

【详解】ABC.A、B在3s末开始相对滑动，对系统由牛顿第二定律得尸=(WA+"%)%因3s末拉力大小为6N,

加速度为3m∕s2,所以%+%=2kg隔离木板B,由牛顿第二定律得〃加送="%%即1°〃%=3%同理，隔

离物体A,由牛顿第二定律得尸-WnAg=加AA3根据内图和乙图图形可知4.5s末拉力大小为9N,加速度大小

为6m∕s2,即9-10〃%=6机A联立以下三式%+机B=2kg,lθ///nʌ=3∕nβ,9-1OMmA=6%

解得加A=Ikg,WB=Ikg,〃=0.3,A错误，BC正确；

D.当尸=12N时，A、B相对滑动此时木板B的加速度为旬="空=3m∕s?,D错误。故选BC。

MB

五、有关力的动力学图像

17.地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进

行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其

在随位移均匀减小的水平推力（模拟海啸）作用下运动，推力/随位移X变化的图象如图乙所示，已知物

体与地面之间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度g取IOm/S?,则（）

A.运动过程中物体的最大加速度为15m∕s2

B.在距出发点3.0m位置时物体的速度达到最大

C.整个过程中推力对物体做功180J

D.物体在水平地面上运动的最大位移是IOm

【答案】D

【详解】A.由牛顿第二定律有尸-Wng=Wa可得当推力尸=IooN时，物体加速度最大，为2001次，A错误：

B.由题图乙可得推力F随位移X变化的关系为F=IOO-25x（N）物体速度最大时，加速度为零，有F=Amg

解得x=3.2m即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，B错误；

C.由广X图象中图线与坐标轴所围的“面积”表示功可知，推力对物体做功为%XIoOX4J=200J

C错误：

D.由动能定理有唯一MZWgXm=O代入数据得Xm=Iom即物体在水平面上运动的最大位移是Iom,D正确。

故选D0

18.如图甲所示，粗糙水平地面上静置一长为2.0m、质量为2kg的长木板，在其右端放一质量为Ikg的小

物块（可看作质点）.某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力凡测得小物块所受的摩擦力6随外力尸

的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=：Lom/SZ,若一开始改用/7=

16N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（）

甲

A.2sB.3sC.ʌ/ɜsD.6s

【答案】A

【详解】由图可知，地面给木板的滑动摩擦力为2N,小物块能产生的最大静摩擦力即滑动摩擦力为4N,当

F4

一开始加16N的力时，小物块的加速度为％=J≡L="m∕s2=4m∕s2木板的加速度为

m1r

22

a2=.一耳"≡一及=16-4二2m∕s2=5m∕s2；-a2t--alt=L解得/=2s故选A,

2M2222'

19.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力产的作用，力厂的大小与时间，的关系如甲图所示;

物块的运动速度V与时间，的关系如乙图所示，6s后的速度图像没有画出，g取IOm∕s∖下列说法正确的是

(