2025高考物理专项复习专题进阶课九　动力学的图像问题含答案

2025高考物理专项复习专题进阶课九动力学的图像问题含答案专题进阶课九动力学的图像问题核心归纳1.常见的图像形式在动力学与运动学问题中,常见、常用的图像是位移—时间图像(x-t图像)、速度—时间图像(v-t图像)和力—时间的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。v-t图像(属于已知运动求受力)(1)根据图像确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段图线与物体运动的对应关系(3)对各段图线进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解F-t图像(属于已知受力求运动)(1)根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量a-F图像图像的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响:(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力2.图像问题的分析方法(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。(2)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。(3)明确能从图像中获得的信息: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。典题例析角度1v-t图像【典例1】(2024·淮安高一检测)如图甲所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端A点由静止开始运动,一段时间后撤去拉力F,小物块能到达的最高位置为C点,已知小物块的质量为0.3kg,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示,取g=10m/s2。(1)求小物块上升过程中加速和减速的加速度大小的比值。(2)求小物块与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。(3)分析小物块是否能静止在C点。如果不能,计算出回到A点的速度大小。【解析】(1)小物块加速时的加速度大小为a1=Δv1Δt1=7.5-03m/s2=2.5m/s2,减速时的加速度大小为a2=(2)撤去拉力后,根据牛顿第二定律,有mgsin30°+μmgcos30°=ma2即a2=gsin30°+μgcos30°,得μ=3在拉力作用下,根据牛顿第二定律,有F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,代入数据得F=3N。(3)在C点,mgsin30°>μmgcos30°,所以小物块到达C点后将沿斜面下滑,即mgsin30°-μmgcos30°=ma3,得a3=2.5m/s2,由x=15m,v2=2a3x,得v=53m/s。答案:(1)13(2)363N(3)不能5对点训练如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则不可求出 ()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】选B。由题图可知,物块上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根据牛顿第二定律,物块上滑时有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,下滑时有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,则可求得斜面倾角及动摩擦因数,故A、C不符合题意;由于m均消去,无法求得物块的质量,故B符合题意;物块上滑的最大距离x=v0角度2F-t图像【典例2】(2024·重庆高一检测)甲、乙两物体静置于粗糙水平地面上,与地面的动摩擦因数相同。t=0时刻起,在物体上均施加周期性变化的水平外力F,如图a,变化规律如图b所示。甲、乙在运动中具有如下特点:甲物体在2s末、4s末速度相同且不为0;乙物体在第3s内做匀速运动。则甲与乙质量之比为 ()A.3∶2 B.3∶4C.2∶3 D.无法确定【解析】选A。甲在2s末和4s末速度相同,则2s到4s间必经过先减速再加速的过程,因减速和加速时间相同,所以两阶段加速度大小相同,故f甲=6N,乙因为在第3s内做匀速运动,所以所受合力为零,所以f乙=4N,又因动摩擦因数相同,f=μmg,所以有m甲m乙=f甲f【补偿训练】为了探究物体与斜面间的动摩擦因数,某同学进行了如下实验:取一质量为m的物体,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动,如图甲所示,通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示,通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示,若已知斜面固定且倾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数;(2)撤去推力F后,物体沿斜面向上运动的最大距离(斜面足够长)。【解析】(1)0~2s时间内,有F1-mgsinα-μmgcosα=ma1,由题图丙可知,a1=ΔvΔt=0.5m/s2,2s后,有F2-mgsinα-μmgcosα=ma2,代入数据解得m=3kg,μ=39(2)撤去推力F后,有-μmgcosα-mgsinα=ma3,解得a3=-203m/s2,则s=0-v答案:(1)39(2)0.角度3a-F图像【典例3】(多选)如图甲所示,用一水平力F拉着一个在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体,逐渐增大F,物体由静止做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,重力加速度为g=10m/s2,根据图乙中所提供的信息可以计算出()A.物体的质量B.斜面的倾角正弦值C.加速度为6m/s2时物体的速度D.物体能静止在斜面上所施加的最小外力【解析】选A、B、D。对物体,由牛顿第二定律可得Fcosθ-mgsinθ=ma,上式可改写为a=cosθmF-gsinθ,故a-F图像的斜率为k=cosθm=0.4kg-1,截距为b=-gsinθ=-6m/s2,解得物体质量为m=2kg,sinθ=0.6,故A、B正确;由于外力F为变力,物体做非匀变速运动,故利用已有物理知识无法求出加速度为6m/s2时物体的速度,C错误;物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmin=对点训练(2024·昆明高一检测)如图甲所示,用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。若水平面各处粗糙程度相同,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,则()A.物体的质量m=2.4kgB.物体的质量m=0.5kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】选C。在F从零开始逐渐增大的过程中,由牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得加速度a=Fm-μg,结合图像有1m=5-212-6kg-1,解得m=2kg,故A、B错误;由于F-μmg专题进阶课二匀变速直线运动的三个推论和六个比例关系式一、匀变速直线运动的三个推论核心归纳1.推论一做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,也等于这段时间初、末时刻速度和的一半。平均速度公式:vt2=v证明:v=xt=v0+12at=v0+atvt2=v2.推论二位移中点速度vx2证明:vx22-3.推论三逐差法:连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等,Δx=aT2即x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2。证明:x1=v0T+12aT2所以有x2-x1=Δx=aT2推广:xm-xn=(m-n)aT2。典题例析角度1平均速度公式的理解与应用【典例1】(多选)如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2m,BC=3m。且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,下列说法正确的是 ()A.可以求出物体加速度的大小B.可以求得CD=4mC.可以求得OA之间的距离为1.125mD.可以求得OB之间的距离为3.25m【解析】选B、C。设物体通过AB、BC所用的时间均为t。由Δx=at2可得,物体的加速度的大小为a=Δxt2=BC-ABt2,由于t未知,所以不能求出a。故A错误;根据xCD-xBC=xBC-xAB=1m,可知xCD=(3+1)m=4m,故B正确;物体经过B点时的瞬时速度vB=vAC=AB+BC2t,再由vt2=2ax可得,OB两点间的距离为xOB=vB22a=254t2·t22=3.角度2中点位置的瞬时速度公式的理解【典例2】物体做直线运动,在t时间内通过的路程为x,在中间位置x2处的速度为v1,且在中间时刻t2处的速度为v2,则v1和v2的关系错误的是(A.当物体做匀加速直线运动时,v1>v2B.当物体做匀减速直线运动时,v1>v2C.当物体做匀速直线运动时,v1=v2D.当物体做匀减速直线运动时,v1<v2【解析】选D。物体做匀变速直线运动,由vt2-v02=2ax,知v1由以上两式得v1=v讨论:由于v2=v0+vt2则v12-v22=v02+vt22-(v0+vt2)2=(v0角度3逐差相等公式的理解【典例3】(2024·贵阳高一检测)在杭州亚运会男子4×100m接力决赛中,陈佳鹏在巨大的压力下表现出了惊人的速度和毅力,最后几十米冲刺成功反超日本选手,助力中国队夺得金牌。若陈佳鹏在启动阶段可视为匀加速直线运动,他在启动阶段沿直线依次经过A、B、C三点,AB和BC的长度分别为4m和17m,通过AB和BC的时间分别为1s和2s,关于陈佳鹏的运动,下列说法正确的是 ()A.陈佳鹏运动到B点时速度为7m/sB.陈佳鹏运动到B点时速度为5m/sC.陈佳鹏启动阶段的加速度为3m/s2D.陈佳鹏从起跑位置运动到B点的时间为53【解析】选C。取BC时间中点为D,则xDC-xBD=xBD-xAB又xBD+xDC=17m得xBD=7m,xDC=10m运动到B点时速度为vB=xADtAD=4+71+1m/s=5.5m/s,A、B错误;启动阶段的加速度为a=xBD-xABtAB2=7-412m/s2=3m/s2,C正确对点训练有一个做匀变速直线运动的物体,它在两段连续相等的时间内通过的位移分别是24m和64m,连续相等的时间为4s,求物体在第一段4s的初速度大小和加速度大小。【解析】画出物体运动的示意图,如图所示,物体从A到B再到C各用时4s,AB=24m,BC=64m。解法一(常规解法):设物体的加速度为a,则x1=vAT+12aTx2=[vA·2T+12a(2T)2]-(vAT+12aT将x1=24m,x2=64m,T=4s代入两式求得vA=1m/s,a=2.5m/s2。解法二(用平均速度求解):v1=x1T=v2=x2T=由v2=v1代入数据解得a=2.5m/s2再由x1=vAT+12aT求得vA=1m/s。解法三(用推论Δx=aT2求解):由x2-x1=aT2代入数据解得a=2.5m/s2再代入x1=vAT+12aT可求得vA=1m/s。答案:1m/s2.5m/s2【补偿训练】(2024·苏州高一检测)如图所示,在高速公路上,为了行车安全,每隔一段路程就会设置一组车距确认标志牌:0m、50m、100m、150m、200m。设有一辆汽车沿着平直路面行驶,当车经过“0m”标志牌A时前方出现突发情况,司机立即开始刹车做匀减速运动直到停止。已知车通过AC的时间与通过CD的时间相等,则预计车停下来的位置与“150m”标志牌D的距离为 ()A.50m B.25m C.12.5m D.6.25m【解析】选D。设标志牌之间的距离为l,则连续相等时间内的位移差为:2l-l=at2解得a=l由平均速度公式得vC=2l+车停下来的位置与C的距离:x=vC22a=(3故车停下来的位置与标志牌D的距离为:Δx=x-l=56.25m-50m=6.25m。二、匀变速直线运动的六个比例关系式(初速度为0)核心归纳1.速度比例式(末速度之比)(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推证:因为v=at,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n(2)1x末、2x末、3x末、…、nx末的瞬时速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推证:根据vt2-v02=2ax可得,vt=2ax,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=2ax∶2a(2x)∶2a(3x2.位移比例式(1)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比:x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2推证:根据x=12at2可得,x1∶x2∶x3∶…∶xn=t12∶t22∶t32∶…∶tn2=12∶2(2)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)推证:根据x=12at2可得,xΙ=12aTxⅡ=12a(2T)2-12aT2=32xⅢ=12a(3T)2-12a(2T)2=52所以,xN=12a(NT)2-12a[(N-1)T]2=(2即有xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)3.时间比例式(1)通过前x、前2x、前3x、…前nx的位移所用时间之比:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n推证:根据x=12at2可得t=所以,tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶2∶3∶…∶N(2)通过连续相等的位移间隔所用时间之比:tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(N-N-1推证:典题例析【典例4】在高11.25m的屋檐上,每隔一定的时间有一滴水落下,设水滴的运动是从静止开始的匀加速直线运动,且所有水滴运动的加速度相同。已知第1滴水落到地面时,第4滴水刚好离开屋檐。求第1滴水落地瞬间空中各相邻两滴水之间的距离。【解析】设相邻两滴水落下的时间间隔为T,第1滴水落到地面时,第4滴水刚好离开屋檐,中间的时间间隔就是3T。将第4滴水和第3滴水之间的距离作为x1,第3滴水和第2滴水之间的距离作为x2,第2滴水和第1滴水之间的距离作为x3,根据速度从零开始的匀加速直线运动中连续相等的时间内位移之比是x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1),整个高度可分为1+3+5=9份,则x1占1份、x2占3份、x3占5份。故x1=19×11.25m=1.25m,x2=39×11x3=59×11.25m=6.25m答案:第1、2滴水之间的距离为6.25m,第2、3滴水之间的距离为3.75m,第3、4滴水之间的距离为1.25m[规律方法]有关匀变速直线运动推论的选取技巧(1)对于初速度为零,且运动过程可分为等时间段或等位移段的匀加速直线运动,可优先考虑应用初速度为零的匀变速直线运动的常用推论。(2)对于末速度为零的匀减速直线运动,可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,然后用比例关系,可使问题简化。对点训练1.如图所示,一冰壶以速度v垂直进入3个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动,且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比正确的是 ()A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1【解析】选D。把冰壶的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动。冰壶通过3个矩形区域的位移相等,则从右向左穿出每个矩形区域时的速度之比为1∶2∶3,则冰壶实际运动中依次进入每个矩形区域的速度之比为v1∶v2∶v3=3∶2∶1,A、B错误;冰壶从右向左通过每个矩形区域所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2),则冰壶实际运动中穿过每个矩形区域所用的时间之比为t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,C错误,D正确。2.(多选)一小球沿斜面向下做匀加速直线运动,先后经过斜面上的A、B两点,其速度分别为vA=2m/s和vB=14m/s,经历时间为2s。下列说法中正确的是 ()A.从A到B的加速度大小为6m/s2B.经过A、B中点时速度大小为8m/sC.A、B两点之间的距离为16mD.从A到B中间时刻的速度大小为12m/s【解析】选A、C。从A到B的加速度大小为:a=vB-vAt=14m/s-2m/s2s=6m/s2,故A正确;由vx22-vA2=2a·x2,vB2-vx22=2a·x2,联立可得,小球经过A、x=vt=vA+vB2t=2m/s+14m/s2×2s=16m,故C正确;小球从A到B中间时刻的瞬时速度大小为:vt2专题进阶课八板块模型核心归纳1.模型概述:叠放在一起的滑块—木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动,或者以不同加速度运动,有的题目也可能没有外加的拉力或推力,但板块有初速度。无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。2.一个转折和两个关联:3.三个基本关系:加速度关系如果滑块与木板之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块与木板之间发生相对运动,应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件速度关系滑块与木板之间发生相对运动时,明确滑块与木板的速度关系,从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况,速度是联系两个运动过程的纽带,上一个过程的末速度是下一个过程的初速度位移关系滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系提醒:运动学公式中的位移都是对地位移。典题例析角度1有初速度模型【典例1】(2024·深圳高一检测)质量为m的木板放在水平面上,一质量为2m的物块以水平速度v0从木板左端滑上木板,物块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,已知μ1=2μ2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 ()A.若物块不能从木板上滑下,仅增大物块的质量,木板的加速度减小B.若物块不能从木板上滑下,仅增大物块的质量,物块的加速度增大C.若物块能从木板上滑下,仅增大木板的质量,物块在木板上的运动时间更长D.若物块能从木板上滑下,仅增大木板的质量,木板相对于地面运动的总位移将减小【解析】选D。由题意,设物块的质量为m1,木板的质量为m2,当物块冲上木板时,物块将做减速运动,对物块根据牛顿第二定律有μ1m1g=m1a1,可得a1=μ1g;对木板有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,μ1=2μ2,可得a2=(m1-m2)m2μ2g,木板将向前做匀加速直线运动,当物块与木板速度相等时,二者将一起减速直至停止。设它们达到速度相同时的速度为v,则有a3=μ2g,由以上式子可知,若物块不能从木板上滑下,仅增大物块的质量,木板的加速度增大,物块的加速度不变,选项A、B错误;若物块能从木板上滑下,物块在木板上滑行时,仅增大木板的质量m2,若木板的质量非常大,将导致木板受到地面的最大静摩擦力远大于或等于物块对它的滑动摩擦力,即μ2(m1+m2)对点训练(多选)如图所示,质量为m的长木板静止放置在粗糙的水平地面上,质量也为m的木块(视为质点)静止放置在长木板的最左端,长木板的上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数为μ,现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度v0,经过一段时间,长木板停止运动时木块正好从长木板的最右端脱离,重力加速度为g,下列说法正确的是 ()A.长木板在运动过程中的加速度大小为2μgB.长木板的运动时间为vC.木块从长木板的最右端脱离时,木块的位移为vD.长木板的长度为v【解析】选A、D。对长木板,由牛顿第二定律可得μ·2mg=ma,解得长木板在运动过程中的加速度大小a=2μg,故A正确;长木板运动的时间t=v0a=v02μg,故B错误;木块从长木板的最右端脱离时,木块的位移x1=v0t=v022μg,长木板的位移x2=v0t2=角度2有动力模型【典例2】如图所示,水平面上有一长度为L=1m的平板A,其正中间放置一小物块B(可视为质点),A和B的质量分别为mA=2kg、mB=1kg,A与B之间、A与地面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.20,μ2=0.30。开始时A和B都静止,用一个F=12N的水平推力作用到平板A上,当A的位移为x=2m时,立即撤去推力,已知重力加速度g=10m/s2。求:(1)撤去推力前,物块B和平板A的加速度;(2)撤去推力时,物块B和平板A的速度大小;(3)物块B停止运动时到平板A左侧的距离。【解析】(1)设A、B发生相对滑动时最小推力为F0,则由牛顿第二定律,对B有μ1mBg=mBa0对A、B整