易错点3.9动力学图像信息（解析版）高考易错点解读和针对训练

高考易错点解读和针对训练运动和力的关系易错点3.9动力学图像信息易错点解读常见动力学图像及应用方法v－t图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力F－a图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量a－t图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F－t图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质动力学图像问题的解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、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”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。【典例剖析】【典例1】(2023·全国甲卷，19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图1所示。由图可知()图1A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙答案BC解析由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a图像可知m甲＞m乙，A错误，B正确；两图线的纵轴截距相同，即μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，C正确，D错误。【针对性训练】1.（2025·河北衡水三模）某游泳运动员在0～6s时间内运动的v-t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（）A.在0～6s内所受的合力一直不为0B.在0～6s内的位移大小为24mC.在2～4s内一定处于超重状态D.在4～6s内的位移大小为8m答案：D解析：v-t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4s该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2s与4～6s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2s与4～6s所受合力为零，在2～4s内所受的合力不为零，故A项错误；由于v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在0～6s内的位移大小为x＝12（2＋4）×4m＝12m，故B项错误；在2～4s内加速度为a＝4－04－2m/s2＝2m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以其不一定是超重状态，故C项错误；在4～6s内的位移大小为x1＝4×2m＝8（2026洛阳联考）英国物理学家和数学家斯托克斯研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的黏滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的黏滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是（）答案D解析：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝mg－Fm＝mg－6πηrvm，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，速度v增大得越来越慢，则加速度a减小得越来越慢，当重力和阻力相等时4如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位分别为N和s）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是（）A.物块的质量为1kgB.k的值为5N/sC.物块与斜面间的动摩擦因数为1D.t＝3s时，物块的加速度大小为4m/s2答案：ABD解析：t＝0时Ff＝mgsinθ＝5N，解得m＝1kg，故A正确；当t＝1s时，Ff＝0，说明F＝mgsinθ＝5N，由F＝kt可知k＝5N/s，故B正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmgcosθ＝6N，解得μ＝235，故C错误；由F＝μmgcosθ＋mgsinθ，即kt0＝6N＋5N，解得t0＝2.2s，即2.2s后物块开始向上滑动，当t＝3s时，F＝15N，则F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得物块加速度大小a＝4m/s2，故5如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1kg的滑块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.5，t＝0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.0～1s内外力与3～4s内外力大小之比为1∶1B.2s末滑块速度的大小为6m/sC.1s末与3s末滑块的速度等大反向D.滑块4s末运动到最高点答案D解析：由题图乙知，在0～1s时间内，滑块加速度恒定为2m/s2，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F1－mgsinα－μmgcosα＝ma1，解得F1＝12N，在3～4s时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为2m/s2，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα－F2＝ma2，解得F2＝8N，则0～1s内外力与3～4s内外力大小之比为3∶2，故A错误；a-t图像中图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，因此由a-t图像可得，在t＝2s时，滑块的速度大小为v＝12×（1＋2）×2m/s＝3m/s，故B错误；在t＝1s到t＝3s时间内，滑块先加速后减速，由题图中面积关系可知，速度变化量大小相等，故1s末与3s末滑块的速度大小均为2m/s，方向均沿正方向，故C错误；在0～4s时间内，由图线与时间轴围成的面积关系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向加速运动，后沿正方向减速运动，在t＝4s时，滑块的速度为零，此时运动到最高点，故D6.(2024·江苏泰州高三期中)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到某一值时，立即关闭发动机滑行至停止，其v－t图像，如图所示，汽车的牵引力为F，运动过程中所受的阻力恒为f，则下列关系中正确的是()A.F∶f＝1∶4 B.F∶f＝4∶1C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝3∶1答案B解析由题图可知，在0～1s内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝ma1，在1～4s内，有f＝ma2，又由图可知eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)，可得eq\f(F,f)＝eq\f(4,1)，故B正确。7.(2024·云南玉溪高三检测)如图2甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()图2A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为3kgD.物体的加速度大小为5m/s2答案D解析物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5N/cm，B错误；s≥4cm后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第二定律有30N－mg＝ma，且由纵轴截距知10N＝ma，联立解得m＝2kg，a＝5m/s2，C错误，D正确。8.(2024·广东清远月考)物块静止在粗糙的水平面上，从某时刻开始给物块施加一不断增大的水平拉力F，物块的加速度a随拉力F变化的图像如图所示。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是()A.物块的质量为2kgB.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1C.物块与水平面间的最大静摩擦力大小为1.5ND.当F＝3.5N时，物块的加速度大小为1.5m/s2答案D解析由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝eq\f(1,m)F－μg，将F1＝3N，a1＝1m/s2和F2＝4N，a2＝2m/s2代入，联立可得m＝1kg，μ＝0.2，A、B错误；物块与水平面间的最大静摩擦力为f＝μmg＝2N，C错误；由牛顿第二定律可知F－f＝ma，代入数据解得a＝1.5m/s2，D正确。(2024·湖北武汉模拟)如图8甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是()A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小B.轨道不可能是水平的C.物块Q的质量为0.5kgD.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1N答案BC解析物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝eq\f(1,m)F＋eq\f(F1,m)，图线的斜率k＝eq\f(1,m)＝2kg－1，解得m＝0.5kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5kg×2m/s2＝1N，结合B项分析可知，1N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力f随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是()A.物块的质量为1kgB.k的值为5N/sC.物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)D.t＝3s时，物块的加速度大小为4m/s2答案ABD解析t＝0时f＝mgsinθ＝5N，解得m＝1kg，故A正确；当t＝1s时，f＝0，说明F＝mgsinθ＝5N，由F＝kt可知k＝5N/s，故B正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmgcosθ＝6N，解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故C错误；由F＝μmgcosθ＋mgsinθ，即kt0＝6N＋5N，解得t0＝2.2s，即2.2s后物块开始向上滑动，当t＝3s时，F＝15N，则F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝4m/s2，故D正确。11（2025·陕西商洛模拟）水平地面上有一质量m1＝3kg的长木板，木板的左端上表面有一质量m2＝2kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度取g＝10m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A.F1＝16NB.F2＝20NC.木板加速度所能达到的最大值为2.5m/s2D.在t1～t2时间段内物块做匀加速直线运动答案：B解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋2）×10N＝10N，木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝0.8×2×10N＝16N，当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1＝10N，故A错误；当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板，有f2－f1＝m1a，对物块，有F2－f2＝m2a，联立解得F2＝20N，a＝2m/s2，此时拉力大小为20N，木板加速度所能达到的最大值为2m/s2，故B正确，C错误；在t1～t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的加速度在变大，不做匀加速直线运动，故D错误。12（2025·山西临汾三模）质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上，0～3s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0～2s内加速度—时间图像如图乙所示。重力加速度取g＝10m/s2，由图可知（）A.m＝1kg，μ＝0.2 B.m＝1kg，μ＝0.1C.m＝2kg，μ＝0.2 D.m＝2kg，μ＝0.1答案A解析：0～1s内，根据牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2s内，有F2＝μmg，联立可得m＝1kg，μ＝0.2，故选A。13（2024·全国甲卷15题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一