2025屆高考物理復習專項突破：動力學中的圖象問題（二）（解析版）

動力學中的圖象問題(二)

1.題型分類

(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況.

(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.

(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像.

2.解題策略

(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分

析臨界點.

⑵注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等.

⑶明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程

式，進而明確''圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷.

1.一物體靜止在光滑水平面上，從U0時刻起，受到的水平外力F如圖所示、以向右運動為正方向，物體質量為

5kg、則下列說法正確的是()

A.前1s內力F對物體的沖量為5N?sB.f=2s時物體回到出發(fā)點

C.t=3s時物體的速度大小為lm/sD.第3s內物體的位移為1m

【答案】c

【詳解】A.圖像與坐標軸圍成的面積代表F的沖量，則前1s內力尸對物體的沖量為

1

/=-x5xlN-s=2.5N-s

故A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律

F

a=一

m

可得，物體的加速度隨時間變化的圖像如圖所示

O~ls內，物體向右加速，1~2s向右減速，2s時速度剛好減為0,2s內物體一直向右運動，故B錯誤;

CD.第3s內，物體從靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度為

F5,,

a=—=—m/sz=lm/sz

m5

第3s末速度為

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

第2s末物體的速度為零，第3秒內物體的位移為

11

x=—ati=—x1xl2m=0.5m

252

故C正確，D錯誤；

故選c。

2.放在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平推力方的作用，推力方與時間￡的關系如圖甲所示，物塊速度P

與時間￡的關系如圖乙所示，取g=10m/s2,則()

AF/N

A.物塊在l~3s內的加速度大小為gm/s2

B.物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4

C.物塊的質量為1.5kg

D.物塊0~4s內的平均速度為2m/s

【答案】BC

【詳解】A.在u-t圖像中，斜率表示加速度，在1?3s內，物塊的加速度為

故A錯誤；

B.由v-t圖像可知，3?4s內，物塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小為

AV4-0

%=屈2=口m/s29=4m/s92

根據(jù)牛頓第二定律可得

解得動摩擦因數(shù)為

a

g=—2=0.4

9

故B正確；

C.1?3s內，物塊在9N的水平推力作用下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得

F—=mat

解得物塊的質量為

F9

m=----------=-——-———kg=1.5kg

a】+fig2+0.4x10

故C正確；

D.在v-t圖像中，面積表示位移，根據(jù)平均速度定義式方=當，可得物塊0~4s內的平均速度為

At

1

2X(4-1)X4

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

故D錯誤。

故選BC。

3.如圖甲所示，一根足夠長的固定細桿與水平方向的夾角。=37。，質量機=2kg的帶電小球穿在細桿上并靜止

于細桿底端的。點。t=0開始在空間施加一電磁輻射區(qū)，使小球受到水平向右的力尸==10N/s),t=6s

時小球離開電磁輻射區(qū)，小球在電磁輻射區(qū)內的加速度。隨著時間f變化的圖像如圖乙所示，認為細桿對小球的

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(取g=10m/s2,sin370=0.6)?求：

(1)t=6s時小球的加速度0m的大小：

(2)小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細桿上升的最大距離

【答案】(1)5m/s2；(2)1.25m

【詳解】(1)根據(jù)題意，對小球受力分析，如圖所示

由圖乙可知，t=4s時，小球的加速度恰好為0,則有

FcosO=mgsinO+f

Fsind+mgcosd=FN

f=嗎

F=10x4N=40N

解得

4=0.5

由圖乙可知，t=6s時，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時，小球離開電磁輻射區(qū)，由牛頓第二定律有

mgsinO+[imgcosd=ma

解得

a=10m/s2

根據(jù)題意，由a-t圖像中面積表示速度變化量可知，由于小球由靜止運動，貝支=6s時小球的速度為

1

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

由廿-詔=2ax可得，小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細桿上升的最大距離為

V2

I=--=1.25m

2a

4.如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動。將一物塊輕輕放在皮帶左端，以外a、X、尸表示物

塊速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列選項正確的是()

n

解析足夠長的水平傳送帶，物塊的運動分為兩個過程，剛開始滑動摩擦力向右，物塊勻加速運動，當物塊的速

度增加到等于皮帶的傳送速度后，物塊和傳送帶一塊勻速運動。物塊與傳送帶相對靜止，滑動摩擦力為零，加速

度為零，因此A、B正確，C錯誤；小物塊的位移在加速階段為x=5也是拋物線不是直線，而勻速階段x，=oof

用線應為直線而非曲線，故D錯誤。答案AB

5.傾角為。的傳送帶以恒定速率/順時針轉動。1=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物

塊，如圖所示。時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到“。不計空氣阻力，則物

塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度”、速度v隨時間f變化的關系圖線可能正

確的是（）

【答案】C

【詳解】。~￡。時間內：物體輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動摩擦力，

滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。

之后：當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱悖飰K做勻速直線運

動。C正確，ABD錯誤。故選C。

6.如圖，MN是一段傾角為。=30。的傳送帶，質量為1kg的小物塊，以沿傳送帶向下的速度%=4m/s從〃點

開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分V—圖像如圖所示，取g=10m/s2,則（）

A.物塊最終從傳送帶N點離開

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時針

C.物塊相對傳送帶滑動的距離為4m

D.物塊將在5s時回到原處

【答案】D【詳解】AB.從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為lm/s,因此沒從N點

離開，并且能推出傳送帶斜向上運動，速度大小為lm/s,故AB錯誤；

CD.根據(jù)VT圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度”=W。向s2=2.5m/s2

由圖可知，物塊的速度為0時64-0S=/8

之后物塊沿斜面向上運動，速度圖像與時間軸圍成的面積表示位移，所以物塊沿斜面向下運動的位移

8

%=!x4x：m=￥m「1到J2s時，物塊沿斜面向上加速運動的位移”

2555x2~-xim一1m

物塊沿斜面向上勻速運動的時間%=叫迤=3s所以物塊回到原處的時間f=3s+2s=5s

物塊相對傳送帶滑動的距離為機=32、（4+1）〃7=5根故（：錯誤，D正確。故選D。

7.如圖所示，一足夠長的、傾角為37。的傳送帶以恒定速率穩(wěn)定運行，一質量m=1kg、底部有墨粉的小物體從

傳送帶中間某位置平行滑上傳送帶，取物體沿傳送帶向上運動方向為

正方向，則物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖所示，若取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

求：(1)求0-8s內物體位移的大?。?/p>

(2)物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)出

(3)0-8s內物體在傳送帶上留下的墨跡長度。

【答案】(1)14m；(2)〃=0.875；(3)18m

【詳解】(1)物體運動的位移即V-f圖像與坐標軸圍成的面積

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

22

(2)由物體運動v-f圖像可知，在2-6s內物體做勻加速直線運動，有a=g=Vm/s2=lm/s2

根據(jù)牛頓第二定律得〃mgcos37。—m^sin37°=ma解得〃=0.875

(3)由選項A可知，在0-8s內物體相對地面走過的位移x=14m,傳送帶相對地面走過的位移

x'=vt=4x8m=32m

則0-8s內物體在傳送帶上留下的墨跡長度為Ax=M-%=32m-14m=18m

8.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率我沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37。。一物塊以初速度外從傳

送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v-f圖像如圖乙

所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37o=0.6,＜：0537。=0.8,

g取10m/s2,則()

A.傳送帶底端到頂端的距離為12m

B.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5

D.O-ls內物塊受到的摩擦力大小等于1~2s內的摩擦力大小

【答案】D【詳解】A.物塊運動的位移大小等于v-r圖線與坐標軸所圍圖形的面積大小，為

x-^xlm+^m=10m所以傳送帶底端到頂端的距離為10m,故A錯誤；

BD.由題圖乙可知，在0~1s內物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向下，與物塊運

動的方向相反；2s內，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向上，與物塊運動的

方向相同，由于物塊對傳送帶的壓力相等，根據(jù)摩擦力公式/=〃FN

可知兩段時間內摩擦力大小相等，故B錯誤，D正確；

C.在0~1s內物塊的加速度大小為a=a=學m/s2=8m/s2

由牛頓第二定律得mgsin37。+〃mgcos37。=ma解得〃=0.25故C錯誤。故選D。

9.如圖甲所示，傾角為37。的傳送帶以恒定速率也沿順時針方向轉動。一物塊以初速度%從底部沖上傳送帶向上

運動，其。-t圖像如圖乙所示，物塊到達傳送帶頂端時速度恰好

為零,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

A.傳送帶的速度為8m/s

B.傳送帶底端到頂端的距離為10m

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25

D.物塊所受摩擦力方向一直與其運動方向相反

【答案】BC【詳解】A.由圖乙可知，4m/s時物塊與傳送帶速度相同，因此傳送帶速度為4m/s,故A錯誤；

B.物塊上升的位移大小等于“一t圖像所包圍的面積大小，為t=髻xlm+?m=10m

所以傳送帶底端到頂端的距離為10m,故B正確；

C.在0?1s內物塊的加速度大小為a=|胃|=m/s2=8m/s2

根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37。+fimgcos37°=ma解得〃=0.25故C正確；

D.由乙圖可知在。?1s內物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，與物塊運動的方向

相反；1?2s內，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向上，與物塊運動的方向相同，

故D錯誤。故選BC。

10.如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為e,以恒定速率》=4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度

卬=12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所

示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是()

A.傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tan。=0.75

B.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.25

C.煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為2s

D.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12+4V5)m

【答案】ABD【詳解】AB.由題圖乙可知，在O~ls時間內，煤塊的加

速度為由=警=字m/s2=-8m/s2負號表示方向沿傳送帶向下，

由牛頓第二定律可得-mgsinJ-fimgcosO=mai在2s內，煤塊的加速度為電=等=?m/s?=-4m/s2

負號表示方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律可得"ingcosJ-mgsinO=ma?聯(lián)立以上各式，解得

e=37"〃=0.25則有tan。=0.75AB正確；

C.由D-t圖像與時間軸所圍面積表示位移，可知煤塊上升的位移為x=g*xlm+:x4xlm=10m

由位移時間公式X=；砒2,可得煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為￡=隹=第s=ZsC錯誤；

D.傳送帶的速度為4m/s,在0~ls時間內煤塊相對傳送帶向上運動，則有傳送帶的位移為

*帶1=vti=4xIm=4m煤塊的位移x煤i=xlm=8m

煤塊與傳送帶的相對位移為Axi=龍煤1-x帶1=8m-4m=4m

在l~2s時間內傳送帶相對煤塊向上運動，則有傳送帶的位移x帶2=vt2=4xlm=4m

煤塊的位移x煤2=|x4xlm=2m煤塊與傳送帶的相對位移為Ax?=*帶2一比煤2=4m-2m=2m

因在0~ls時間內煤塊相對傳送帶向上運動，在l~2s時間內傳送帶相對煤塊向上運動，因此在煤塊向上運動中，

與傳送帶留下的痕跡長為4m；在2?(2+遍人時間內，傳送帶向上運動，煤塊向下運動，則有煤塊在傳送帶上留

112

下的總痕跡長為Ax=4亞+5a2t之+vt=2m+-x4x(V5)m+4xV5m=(12+4^5)mD正確。故選ABDo

11.如圖甲所示，水平傳送蓄沿順時針方向勻速:轉。從傳送帶左端尸先后由靜止輕輕放上三個物體A、B、C,

物體A經*=9.5s到達傳送帶另一端0,物體B經/B=10S到達傳送帶另一端0,若釋放物體時刻作為/=0時

刻，分別作出三個物體的7圖像如圖乙、丙、丁