2025届高考物理复习专项突破：动力学中的图象问题（二）（解析版）

动力学中的图象问题(二)

1.题型分类

(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像.

2.解题策略

(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分

析临界点.

⑵注意图线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.

⑶明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，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”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.

1.一物体静止在光滑水平面上，从U0时刻起，受到的水平外力F如图所示、以向右运动为正方向，物体质量为

5kg、则下列说法正确的是()

A.前1s内力F对物体的冲量为5N・sB.f=2s时物体回到出发点

C.t=3s时物体的速度大小为lm/sD.第3s内物体的位移为1m

【答案】c

【详解】A.图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力尸对物体的冲量为

1

/=-x5xlN-s=2.5N-s

故A错误；

B.根据牛顿第二定律

F

a=一

m

可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示

O~ls内，物体向右加速，1~2s向右减速，2s时速度刚好减为0,2s内物体一直向右运动，故B错误;

CD.第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为

F5,,

a=—=—m/sz=lm/sz

m5

第3s末速度为

v=at3=1xlm/s=lm/s

第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为

11

x=—ati=—x1xl2m=0.5m

252

故C正确，D错误；

故选c。

2.放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力方的作用，推力方与时间£的关系如图甲所示，物块速度P

与时间£的关系如图乙所示，取g=10m/s2,则()

AF/N

A.物块在l~3s内的加速度大小为gm/s2

B.物块与地面间的动摩擦因数为0.4

C.物块的质量为1.5kg

D.物块0~4s内的平均速度为2m/s

【答案】BC

【详解】A.在u-t图像中，斜率表示加速度，在1〜3s内，物块的加速度为

故A错误；

B.由v-t图像可知，3〜4s内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为

AV4-0

%=屈2=口m/s29=4m/s92

根据牛顿第二定律可得

解得动摩擦因数为

a

g=—2=0.4

9

故B正确；

C.1〜3s内，物块在9N的水平推力作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

F—=mat

解得物块的质量为

F9

m=----------=-——-———kg=1.5kg

a】+fig2+0.4x10

故C正确；

D.在v-t图像中，面积表示位移，根据平均速度定义式方=当，可得物块0~4s内的平均速度为

At

1

2X(4-1)X4

v=-----------------m/s=1.5m/s

故D错误。

故选BC。

3.如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角。=37。，质量机=2kg的带电小球穿在细杆上并静止

于细杆底端的。点。t=0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力尸==10N/s),t=6s

时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度。随着时间f变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g=10m/s2,sin370=0.6)»求：

(1)t=6s时小球的加速度0m的大小：

(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离

【答案】(1)5m/s2；(2)1.25m

【详解】(1)根据题意，对小球受力分析，如图所示

由图乙可知，t=4s时，小球的加速度恰好为0,则有

FcosO=mgsinO+f

Fsind+mgcosd=FN

f=吗

F=10x4N=40N

解得

4=0.5

由图乙可知，t=6s时，小球的加速度有

F'cosO—mgsinO—f=mam

F'sinO+mgcosd=F'N

r=〃尸N

尸'=10x6N=60N

解得

2

am=5m/s

(2)t=6s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有

mgsinO+[imgcosd=ma

解得

a=10m/s2

根据题意，由a-t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，贝支=6s时小球的速度为

1

v=-x(6-4)x5m/s=5m/s

由廿-诏=2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为

V2

I=--=1.25m

2a

4.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物块轻轻放在皮带左端，以外a、X、尸表示物

块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正确的是()

n

解析足够长的水平传送带，物块的运动分为两个过程，刚开始滑动摩擦力向右，物块匀加速运动，当物块的速

度增加到等于皮带的传送速度后，物块和传送带一块匀速运动。物块与传送带相对静止，滑动摩擦力为零，加速

度为零，因此A、B正确，C错误；小物块的位移在加速阶段为x=5也是抛物线不是直线，而匀速阶段x，=oof

用线应为直线而非曲线，故D错误。答案AB

5.倾角为。的传送带以恒定速率/顺时针转动。1=0时在传送带底端无初速轻放一小物

块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到“。不计空气阻力，则物

块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度”、速度v随时间f变化的关系图线可能正

确的是（）

【答案】C

【详解】。~£。时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，

滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。

之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运

动。C正确，ABD错误。故选C。

6.如图，MN是一段倾角为。=30。的传送带，质量为1kg的小物块，以沿传送带向下的速度%=4m/s从〃点

开始沿传送带运动。物块运动过程的部分V—图像如图所示，取g=10m/s2,则（）

A.物块最终从传送带N点离开

B.传送带的速度v=lm/s,方向逆时针

C.物块相对传送带滑动的距离为4m

D.物块将在5s时回到原处

【答案】D【详解】AB.从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为lm/s,因此没从N点

离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为lm/s,故AB错误；

CD.根据VT图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度”=W。向s2=2.5m/s2

由图可知，物块的速度为0时64-0S=/8

之后物块沿斜面向上运动，速度图像与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向下运动的位移

8

%=!x4x：m=¥m「1到J2s时，物块沿斜面向上加速运动的位移”

2555x2~-xim一1m

物块沿斜面向上匀速运动的时间%=叫迤=3s所以物块回到原处的时间f=3s+2s=5s

物块相对传送带滑动的距离为机=32、（4+1）〃7=5根故（：错误，D正确。故选D。

7.如图所示，一足够长的、倾角为37。的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从

传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为

正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，若取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

求：(1)求0-8s内物体位移的大小：

(2)物体与传送带间动摩擦因数出

(3)0-8s内物体在传送带上留下的墨迹长度。

【答案】(1)14m；(2)〃=0.875；(3)18m

【详解】(1)物体运动的位移即V-f图像与坐标轴围成的面积

x=-------x4m--x2x2m=14m

22

(2)由物体运动v-f图像可知，在2-6s内物体做匀加速直线运动，有a=g=Vm/s2=lm/s2

根据牛顿第二定律得〃mgcos37。—m^sin37°=ma解得〃=0.875

(3)由选项A可知，在0-8s内物体相对地面走过的位移x=14m,传送带相对地面走过的位移

x'=vt=4x8m=32m

则0-8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Ax=M-%=32m-14m=18m

8.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率我沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37。。一物块以初速度外从传

送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-f图像如图乙

所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37o=0.6,＜：0537。=0.8,

g取10m/s2,则()

A.传送带底端到顶端的距离为12m

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

D.O-ls内物块受到的摩擦力大小等于1~2s内的摩擦力大小

【答案】D【详解】A.物块运动的位移大小等于v-r图线与坐标轴所围图形的面积大小，为

x-^xlm+^m=10m所以传送带底端到顶端的距离为10m,故A错误；

BD.由题图乙可知，在0~1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运

动的方向相反；2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的

方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式/=〃FN

可知两段时间内摩擦力大小相等，故B错误，D正确；

C.在0~1s内物块的加速度大小为a=a=学m/s2=8m/s2

由牛顿第二定律得mgsin37。+〃mgcos37。=ma解得〃=0.25故C错误。故选D。

9.如图甲所示，倾角为37。的传送带以恒定速率也沿顺时针方向转动。一物块以初速度%从底部冲上传送带向上

运动，其。-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好

为零,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则()

A.传送带的速度为8m/s

B.传送带底端到顶端的距离为10m

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

D.物块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反

【答案】BC【详解】A.由图乙可知，4m/s时物块与传送带速度相同，因此传送带速度为4m/s,故A错误；

B.物块上升的位移大小等于“一t图像所包围的面积大小，为t=髻xlm+?m=10m

所以传送带底端到顶端的距离为10m,故B正确；

C.在0〜1s内物块的加速度大小为a=|胃|=m/s2=8m/s2

根据牛顿第二定律得mgsin37。+fimgcos37°=ma解得〃=0.25故C正确；

D.由乙图可知在。〜1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向

相反；1〜2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，

故D错误。故选BC。

10.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为e,以恒定速率》=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度

卬=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所

示，取g=10m/s2,则下列说法正确的是()

A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan。=0.75

B.煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.25

C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s

D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4V5)m

【答案】ABD【详解】AB.由题图乙可知，在O~ls时间内，煤块的加

速度为由=警=字m/s2=-8m/s2负号表示方向沿传送带向下，

由牛顿第二定律可得-mgsinJ-fimgcosO=mai在2s内，煤块的加速度为电=等=?m/s?=-4m/s2

负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得"ingcosJ-mgsinO=ma?联立以上各式，解得

e=37"〃=0.25则有tan。=0.75AB正确；

C.由D-t图像与时间轴所围面积表示位移，可知煤块上升的位移为x=g*xlm+:x4xlm=10m

由位移时间公式X=；砒2,可得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为£=隹=第s=ZsC错误；

D.传送带的速度为4m/s,在0~ls时间内煤块相对传送带向上运动，则有传送带的位移为

*带1=vti=4xIm=4m煤块的位移x煤i=xlm=8m

煤块与传送带的相对位移为Axi=龙煤1-x带1=8m-4m=4m

在l~2s时间内传送带相对煤块向上运动，则有传送带的位移x带2=vt2=4xlm=4m

煤块的位移x煤2=|x4xlm=2m煤块与传送带的相对位移为Ax?=*带2一比煤2=4m-2m=2m

因在0~ls时间内煤块相对传送带向上运动，在l~2s时间内传送带相对煤块向上运动，因此在煤块向上运动中，

与传送带留下的痕迹长为4m；在2〜(2+遍人时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，则有煤块在传送带上留

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下的总痕迹长为Ax=4亚+5a2t之+vt=2m+-x4x(V5)m+4xV5m=(12+4^5)mD正确。故选ABDo

11.如图甲所示，水平传送蓄沿顺时针方向匀速:转。从传送带左端尸先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C,

物体A经*=9.5s到达传送带另一端0,物体B经/B=10S到达传送带另一端0,若释放物体时刻作为/=0时

刻，分别作出三个物体的7图像如图乙、丙、丁