2025高考物理专项复习：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、常用的图像是位移一时间图像（%-/图像）、速度

—时间图像（巾图像）和力一时间的图像（〜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。

⑴根据图像确定物体各段的加速度大小和方向

V-t图像⑵弄清每段图线与物体运动的对应关系

（属于已知运动求受力）⑶对各段图线进行受力分析

（4）用牛顿第二定律求解

⑴根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段

F-t图像的受力情况

（属于已知受力求运动）⑵利用牛顿第二定律求出加速度

⑶利用运动学公式求具他运动量

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：

a-F图像

（D对物体进行全面受力分析

⑵根据牛顿第一定律求具他未知力

2.图像问题的分析方法

⑴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1V4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/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E小物块能到达的最高位置为。点,已知小物块的质量为

2

0.3kg,小物块从A到C的3图像如图乙所示，取g=10m/s0

⑴求小物块上升过程中加速和减速的加速度大小的比值。

⑵求小物块与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。

⑶分析小物块是否能静止在。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。1=等上芋m/s2=2.5m/s2,减速时的加

速度大小为m/s2=7.5m/s?。小物块加速时的加速度和减速时加速度

△「24—3

大小的比值为营

o

（2）撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有m^sin30°+//mgcos30=ma2

即。2=/11130°+/<§€0530、得

6

在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有尸-加gsin30。-//加gcos3（T=加现代入数据得F=3

No

⑶在。点mgsin3()o>sgcos30。,所以小物块到达。点后将沿斜面下滑，即

7〃gsin3O°-〃加gcos30°=加。3彳导的=2.5m/s2,由％=15111,r=2。过彳导v-5y/3m/s0

答案:⑴；⑵"3N⑶不能5V3m/s

DO

对点训练

如图⑶，一物块在仁0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-r图线如图(b)所示。若重

力加速度及图中的均、也、力均为已知量，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Bo由题图可知，物块上滑的加速度大小0=存下滑的加速度大小。2=5

根据牛顿第二定律，物块上滑时有mgsin0+^mgcos0=mai,下滑时有

7"gsin%w加gcose=MQ2,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户警,则最大

高度Z/ysin仇故D不符合题意。

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。仁0时刻起，在物体上均施加周期性变化的水平外力尸，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（

F/N

12345"s

图a图b

A.3：2B.3：4

C.2:3D.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/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

mf

同户〃加g,所以有一=厂=3=|,故选Ao

%了乙42

【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下作用下向上运动，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a=30。,重力加速度g取10

2

m/s0求：

⑴物体与斜面间的动摩擦因数；

⑵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F[-mgsina-]umgcosa-mai,

由题图丙可知,。1=鲁=0.5m/s2,2s后，有F2-mgsina-]umgcosa-ma2,a2-0,

代入数据解得根=3kg,k子。

(2)撤去推力尸后，有-〃加gcosa-Mgsina=/〃a3,解得的=-丁m/sz,则5=——=0.075m

32。30

答案:⑴手(2)0.075m

角度3a-F图像

【典例3】侈选)如图甲所示，用一水平力下拉着一个在倾角为6的光滑固定斜面

上的物体，逐渐增大E物体由静止做变加速运动，其加速度。随外力下变化的图像

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、Do对物体，由牛顿第二定律可得尸cos仇冽gsin9=/wa,上式可改

写为a-^»-gsina故a-F图像的斜率为仁差工0.4kg",截距为b--gsin6^-6m/s2,

解得物体质量为机=2kg,sin(9=0.6,故A、B正确;由于外力尸为变力,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/s?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尸min=7%gsin6)=12N,故D正确。

对点训练

（2024.昆明高一检测）如图甲所示，用一水平力尸拉静止在水平面上的物体，在尸从

零开始逐渐增大的过程中,加速度。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10向S2,则（）

A.物体的质量机=2.4kg

B.物体的质量"2=0.5kg

C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3

【解析】选C。在尸从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律得F-^mg-ma,

解得加速度结合图像有1=普kg』,解得m=2kg,故A、B错误而于

加g=/wa,代入坐标（6,2）,结合上式解得〃=0」,故C正确,D错误。

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:“尸=竽

V

,t

vt=v0+a-

22Vn+V

tVt-——

v=vt+a-

22

2.推论二

位移中点速度也=

2

u

J

X

证

明2-

22X

V2arA

X-0-k-—

2722

2-0+V

VX-

222rX-

V-V%-a-2

v2

2-

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,Ax=a引

1

即X2-X]=X3-%2=...^Xn-Xn-1-aT0

5XiX2

证明：1—L-----r-------------'

2

(X1=v0T+^aTi

1

〈1-^xo-voT+Sx-aT

|%i+%2=为(27)+^(27)22

所以有X2-xi=Ax-aT1

推广:而"-%〃=(加-八)。7\

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0点由静止开始做匀加速直线运动A、B、C、

。为其运动轨迹上的四点，测得A5=2m]C=3m。且物体通过A反BC、8所用

的时间相等，下列说法正确的是（）

OABcD

A.可以求出物体加速度的大小

B.可以求得8=4m

C.可以求得0A之间的距离为1.125m

D.可以求得0B之间的距离为3.25m

【解析】选B、Co设物体通过A&5。所用的时间均为/。由Ax=〃可得，物体

的加速度的大小为片作吟竺而于t未知,所以不能求出明故A错误;根据

XCD-XBC=XBC-XAB=1m,可知％CD=（3+1）m=4m,故B正确;物体经过B点时的瞬时速

度叫包c="詈,再由苏=2以可得两点间的距离为"。8=%=会9=3.125m,所

以。与A之间的距离为:%OA=%OB-&8=3.125m-2m=1.125m0故C正确,D错误。

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r时间内通过的路程为兀在中间位置:处的速度为

次,且在中间时刻（处的速度为瞑,则也和v2的关系错误的是（）

A.当物体做匀加速直线运动时,V1>V2

B.当物体做匀减速直线运动时,V1>V2

C.当物体做匀速直线运动时,VI=V2

D.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*诺=2Q%,知且-VQ=2a|

由以上两式得也=隹9

讨论:由于也=第,也;悭了

2\2

贝加｝谚=萼-（誓）2=结詈30,当且仅当w=/时等号成立，故只要物体做匀变

速运动，则一定有Vl>V2o

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4x100m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、。三点5AB和5。的长度分别为4m和17m,通过A3

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/s

B.陈佳鹏运动到5点时速度为5m/s

C.陈佳鹏启动阶段的加速度为3m/s2

D.陈佳鹏从起跑位置运动到5点的时间为|s

【解析】选C。取5C时间中点为。，则XDC-XBD^XBD-XAB

又％BD+%DC=17m

得XBD=Qm,切C=10m

运动到B点时速度为诙=普=言m/s=5.5m/s,A、B错误;启动阶段的加速度为

tAD1+1

a=BD2——m/s2=3m/s2,C正确;从起跑位置运动到B点的时间为仁也=2s,D

1a6

错误。故选C。

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,A5=

24m,BC-64m0

ABC

解法一（常规解法）:设物体的加速度为。，则

XX-VAT+^CLT1

11

%2=必27+3（27）2卜℃”）

2

将Xi=24m,%2=64m,T=4s代入两式求得VA-1m/s,a=2.5m/s0

解法二（用平均速度求解）：

——24m/,

%=一=----=om/s

1T4s

应=这=64m=]6fn/s

zT4s

由该=近+。7

代入数据解得。=2.5m/s2

再由xi-VAT+^aT1

求得VA-1m/So

解法三（用推论Ax=ar求解）:由X2-Xi-aT2

代入数据解得。=2.5m/s2

再代入xi-VAT+^al2

可求得VA-1m/So

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、200m0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()

()[200m]E

)|150m|D

()1100m|C

()[50m]g

((g))[0m]A

Inl

A.50mB.25mC.12.5mD.6.25m

【解析】选D。设标志牌之间的距离为/厕连续相等时间内的位移差为:2/-/=序

解得a*

由平均速度公式得心智十

2(3八2

车停下来的位置与。的距离:%=斐=叟r=?=56.25m

2a2X为8

故车停下来的位置与标志牌D的距离为:Axr-/=56.25m-50m=6.25m0

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)17末、2T末、3T末...."T末瞬时速度之比：

V1V2■V3■...­%=1：2：3：…"

推证:因为丫=。彳,所以也V2-V3■...:Vn-tl：勿：彳3：...:益=1：2：3：...：”

(2)1%末、2%末、3%末....加末的瞬时速度之比:

也：V2：V3：…：Vn=l:V2:V3:...：而

推证:根据久-诏=2a%可得,口=/2。%,所以也：也：也：…：vn-yj2ax:J2a(2%):

J2a(3%):：J2a(nx)-l:夜：百：...:y/n

2.位移比例式

(1)17内、2T内、3T内....〃丁内的位移之比：

2

：%2：%3：...：X/；=l：22：32：...:"2

推证:根据可得,%1•%2,%3,••••%〃=七次,^2•^3,,,',~1,2?•3-•...•

n2

(2)第1个T内、第2个T内、第3个T内....第〃个T内的位移之比：

Xi：%〃：％〃：...:%N=1：3：5：…：(2N-1)

推证:根据x^at2可得,%/=%%

2122

xjy=|a(27)-|a7=|6!Z,

%片)(3T)2-1a(27)2=|«乃，

所以"N=)(NT)2亭［(N-1)〃2=若%产

即有xI・xn・Xui・•・・・XN=1・3・5・・・・・(2N-1)

3.时间比例式

(1)通过前％、前2%、前3%、…前内的位移所用时间之比：

九•亥•/3・・・・・tn—1••.・・•'71

所以力:tII•tin•・・••1：V2：V3：：V/V

⑵通过连续相等的位移间隔所用时间之比：

7

tr.tn-tnr....：tN^i：（V2-1）：（V3-V2）：...：（V^V-VAT1）

推证：

Hi;

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7,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xi,

第3滴水和第2滴水之间的距离作为孙第2滴水和第1滴水之间的距离作为取

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为：检：

/：…：见=1：3：5：…：（2止1）,整个高度可分为1+3+5=9份，则xi占1份、上

占3份、％3占5份。故为上xll.25m=1.25m,%2=3xll.25m=3.75m,

99

%3=9xll.25m=6.25m0

9

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

⑴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（）

邑

A.VI:V2：也=3：2：1

B.vi：V2:V3=l：夜：遮

C.tl：t2：t3=\:露.遮

Dll:h:r3=（V3-V2）：（V2-1）：1

【解析】选Do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：

V2:则冰壶实际运动中依次进入每个矩形区域的速度之比为VI：V2：V3=V3:

V2：1,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：（V2-1）：

（b-夜）,则冰壶实际运动中穿过每个矩形区域所用的时间之比为力：力：t3=

（遮-加）：（应-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％=2m/s和vs=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/s2

B.经过4、B中点时速度大小为8m/s

CA、5两点之间的距离为16m

D.从A到B中间时刻的速度大小为12m/s

【解析】选A、C从A至I」6的力口速度大小为:。=也产=必42=67加2,故A

ot2S

正确;由忌-若=2。彳,而-忌=2a4，联立可得，小球经过斗、B中点的速度大小

?2i2

为:为"%琏=#2皿/*，m/s）2=[0向故R错误;人、两点之间的距离为：

户方片安士2m/s；4m/s*2年侄孙故C正确;小球从A到B中间时刻的瞬时速

度大小为取=牛=2m/s：4m/s=8向5,故D错误。

222

专题进阶课八板块模型

核心归纳

1.模型概述:

m

M

叠放在一起的滑块一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:

滑块与木板达到相同速度或者滑块从木

（一个转折卜板上滑下是受力和运动状态变化的转折

点。

转折前、后受力情况之间的关联和滑块、

木板位移与板长之间的关联，一般情况

下，由于摩擦力或其他力的转变，转折

（两个关联卜

前、后滑块和木板的加速度都会发生变

化，因此以转折点为界，对转折前、后

进行受力分析是建立模型的关键。

3.三个基本关系:

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

加速度关系

“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

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

速度关系

八同时，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

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

位移关系程，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W从木板左端滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为外,木板与

地面之间的动摩擦因数为外,已知〃尸2年,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列

说法正确的是（）

一5

2mp------------「加

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，设物块的质量为如，木板的质量为仪,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〃“唱=如初可得0=〃lg；对木板

有〃即lg-〃2（7%+加2尔=7%2。2刈=2〃2,可得。2=”^皿股?,木板将向前做匀加速直线运

仅2

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％则有的=〃2g,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，仅增大木板的质量恤,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

〃2（办+加2）g孕Mg则物块滑上木板时，木板将保持静止不动,物块相对于地面的最

小位移为木板的长度，时间最短,木板对地面的位移将变为零，即木板相对于地面

运动的总位移将减小，选项C错误、D正确。

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〃，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度vo,

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*

A.长木板在运动过程中的加速度大小为2〃g

B.长木板的运动时间为生

c.木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移为四

D.长木板的长度为卢

【解析】选A、Do对长木板,由牛顿第二定律可得

代2和解得长木板在运动过程中的加速度大小a=2〃g,故A正确;长木板运动

的时间七”弓见，故B错误;木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移即『0仁步,

a2[ig21ig

长木板的位移%2=竽=声,木板的长度为£=%1-%2=冉,故C错误、D正确。

24〃g4“g

角度2有动力模型

【典例2]如图所示,水平面上有一长度为£=1m的平板A,其正中间放置一小物

块5（可视为质点）,A和B的质量分别为加A=2kg、mB=lkg,A与B之间、A与地

面之间的动摩擦因数分别为凶=0.20必2=0.30。开始时4和5都静止，用一个尸=12

N的水平推力作用到平板A上，当A的位移为％=2