第4章 专题提升十四 动力学图像问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（人教版）

第四章　运动和力的关系 专题提升十四　动力学图像问题　 目录 1 课后课时作业 1．在动力学问题中，常见的图像有v­t图像、F­t图像、a­F图像等，这些图像反映了物体的运动规律、受力规律。 2．图像问题的解题策略 (1)把图像与具体的题意、情境结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程。 (2)注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义。注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义。 (3)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，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。 3 一、由运动图像分析物体的受力情况 例1　(2023·山东省潍坊市高一上期末)质量为0.6 kg的物体 静止在水平地面上。现用水平拉力F作用于物体上，2 s后撤去拉 力F，物体运动的速度—时间图像如图所示。由以上信息可求得 水平拉力F的大小为(　　) A．1.5 N B．2.1 N C．2.5 N D．3.0 N 答案 规范解答 4 例2　一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示，其中t1～t2时间内图像为直线。乘客所受支持力的大小用N表示，重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A．0～t1时间内，乘客处于失重状态 B．t1～t2时间内，乘客的速度减小 C．t2～t3时间内，乘客的加速度方向向上 D．t2～t3时间内，乘客的速度减小，N<mg 答案 5 规范解答 规范解答　位移—时间图像，即x­t图像的斜率表示速度，可知0～t1时间内，x­t图像的斜率不断变大，乘客向上做加速运动，加速度向上，则乘客处于超重状态，A错误；t1～t2时间内，x­t图像斜率不变，乘客的速度不变，B错误；t2～t3时间内，x­t图像的斜率不断变小，乘客向上做减速运动，则乘客的加速度方向向下，乘客处于失重状态，则N<mg，C错误，D正确。 二、由F­t图像、F­x图像分析物体的运动情况 例3　如图所示为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去。设小球从静止开始运动，由此可判定(　　) A．小球向前运动，再返回停止 B．小球向前运动再返回不会停止 C．小球始终向前运动 D．小球向前运动一段时间后停止 答案 7 规范解答 规范解答　根据牛顿第二定律，有F＝ma，速度与时间的关系v＝at，作出相应的小球的v­t图像如图所示，物体的运动方向由速度的方向决定，由v­t图像可以看出，小球的速度方向始终没有发生变化，故小球始终向前运动，故C正确，A、B、D错误。 例4　(多选)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)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x之间的关系如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．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7.5 N/cm C．物体的质量为2 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 答案 9 规范解答 规范解答　设弹簧的劲度系数为k，物体的质量为m，物体向上匀加速运动的加速度为a，刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kΔx；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kΔx－mg＝ma；当弹簧处于自然长度时，物体与弹簧分离，物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确。 三、由a­F图像分析物体的受力或运动情况 例5　(多选)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg＞F，物体不动 B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小 C．物体向上运动的加速度与力F成正比 D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g 答案 11 规范解答 课后课时作业 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ 对应考点 /知识点 由v­t图像分析物体的受力情况等 多过程运动的v­t图像综合分析 由a­t图像分析物体的失重、超重、受力及运动情况 由F­t图像分析物体的运动情况 由F­t图像分析物体的运动情况 a­F图像分析物体的受力及运动情况 题号 7 8 9 10 11 难度 ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对应考点/知识点 a­F图像分析 由v­t图像分析变力作用下物体的受力情况和运动情况 由F­t图像分析连接体的受力情况和运动 情况 由F­x图像分析物体的受力情况和运动情况 由特殊运动图像推导分析物体的运动和受力 情况 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 题型一　由运动图像分析物体的受力情况 1．(2024·江苏省无锡市高一上期末)两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度 图像如图所示。在0～t0时间内，下列说法正确的是(　　) A．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小相等 B．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小 C．Ⅰ物体的位移不断增大，Ⅱ物体的位移不断减小 D．Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 2．(2023·辽宁省沈阳市高一上期末教学质量监测)斑鱼狗被称为鸟类中的“俯冲轰炸机”，它喜欢高速俯冲进水中叼鱼吃，如图甲所示。某次斑鱼狗竖直向下冲进水中，其v­t图像如图乙所示。斑鱼狗俯冲前距水面高9 m，整个过程的运动时间为t1，水的阻力是重力的5倍，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．t1＝1.5 s B．入水后减速过程时间为0.3 s C．入水后加速度大小为50 m/s2 D．斑鱼狗在空中俯冲的过程可近似认为是自由落体运动 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 3．(2024·广东省深圳市高一上期末)(多选)如图甲 所示，质量为m的物块挂在弹簧测力计的下端，在弹 簧测力计的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线 运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的 变化关系如图乙所示，弹簧测力计始终在弹性限度内。 重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．0～4 s内物块先超重后失重，弹簧测力计的示数先增大后减小 B．2～6 s内物块先超重后失重，速度变化量为零 C．0～6 s内物块先超重后失重，4 s时速度最大 D．弹簧测力计在第2 s末和第6 s末的示数相同，物块速度相等 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析：由题意可知，在0～4 s内，加速度为正值， 方向向上，物块一直处于超重状态，由牛顿第二定律 得F－mg＝ma，解得弹簧测力计的拉力大小即示数 F＝mg＋ma，因加速度先增大后减小，所以弹簧测 力计的示数先增大后减小，故A错误；2～4 s内，加 速度为正值，方向向上，物块处于超重状态，4～6 s 内，加速度为负值，方向向下，物块处于失重状态，a­t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，t轴上方面积为正值，t轴下方面积为负值，2～6 s，图像中图线与t轴所围面积代数和为零，速度变化量为零，故B正确；由A、B项分析可知，0～4 s内物块加速向上运动，处于超重状态，4～6 s内物块减速向上运动，处于失重状态，4 s时物块速度最大，故C正确；由A项分析知，弹簧测力计示数为F＝mg＋ma，又2 s和6 s两时刻加速度分别为2 m/s2和－2 m/s2，故弹簧测力计在2 s末和6 s末的示数不相同，由B项分析可知物块在2～6 s内速度变化量为零，故物块在2 s末和6 s末速度相等，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 题型二　由F­t图像分析物体的运动情况 4．(2024·安徽省宿州市高一上期末)(多选)某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t的变化图像如图所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是(　　) A．物体在前8 s内始终向同一方向运动 B．物体在4 s末离出发点最远 C．物体在2～6 s内做反向匀加速直线运动 D．物体在0～4 s和在4～8 s内的运动方向相反 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 5．(2024·陕西省渭南市高一上期末)(多选)一物块静止在粗糙水平地面上，某时刻起受到水平向右的拉力F的作用。在0～4 s内拉力F随时间t变化的情况如图所示。已知t＝1 s时物块恰好刚要运动，t＝3 s时物块的加速度a＝2 m/s2，认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10 m/s2，则(　　) A．物块与地面间的滑动摩擦力为2 N B．物块的质量为1 kg C．在1～3 s内，物块做匀加速直线运动 D．在3～4 s内，物块的速度变化量为2 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 题型三　由a­F图像分析物体的受力或运动情况 6．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体加速度a随力F变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2。则(　　) A．加速度a与力F成正比 B．物体在力F作用下做匀加速直线运动 C．物体的质量为1 kg D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析：a­F图像是不过原点的直线，所以a与F成线性关系，但不成正比，故A错误；物体在力F作用下做加速度增大的变加速直线运动，故B错误；设物体的质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，取图中数据代入后解得m＝2 kg，μ＝0.3，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 7．(2024·河北省张家口市高一下校联考开学考试)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与拉力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是(　　) A．mB>mC B．mA<mB C．μB＝μC D．μA>μB 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 8．(多选)某运动员做跳伞训练，他从悬停 在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段 时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后 的速度—时间图线如图a所示。降落伞用8根对 称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均 为α＝37°，如图b所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度大小v成正比，即f＝kv，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列判断中正确的是(　　) A．阻力系数k＝100 N·s/m B．打开伞瞬间运动员的加速度大小为30 m/s2，方向竖直向上 C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D．悬绳能够承受的拉力至少为625 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析：由题图a可知，当速度大小为5 m/s时，运动员做匀速直线运动，对运动员和降落伞整体，根据平衡条件有2mg＝f＝kv，解得k＝200 N·s/m，A错误；对运动员和降落伞整体，打开伞瞬间，根据牛顿第二定律得2mg－kv0＝2ma，代入数据解得a＝－30 m/s2，负号表示方向竖直向上，B正确；由题图a可知，打开伞瞬间，运动员的加速度最大，此时绳子承受的拉力最大，对运动员分析，有mg－8FTcos37°＝ma，解得FT＝312.5 N，所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 9.(2024·广东省阳江市高一上1月期末)(多选)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　) A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为0.6 N B．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向右 C．t＝2.5 s时刻A、B分离 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移大小为5.4 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 10．(2024·河北省沧州市高一上期末)如图甲 所示，水平轻质弹簧左端固定，右端与质量m＝ 2 kg的滑块相接触，滑块在弹簧向右的弹力作用 下恰好静止在粗糙水平地面上。现对滑块施加 水平向右的拉力F，在弹簧恢复原长之前，拉力F 随滑块位移x的变化图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝1 N/cm，重力加速度g取10 m/s2，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．滑块向右做加速度逐渐增大的加速运动 B．若滑块运动4 cm时与弹簧分开，滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.02 C．施加力F的瞬间滑块的加速度大小为2 m/s2 D．滑块向右运动2 cm所用的时间为0.2 s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 A．篮球下落过程中做变加速直线运动 B．篮球下落的初速度大小为k C．篮球下落的加速度大小为g D．篮球下落过程中受到的阻力大小为mg－2mp 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 规范解答　v­t图像的斜率表示加速度，由题图可知，减速阶段的加速度大小a1＝eq \f(5,3) m/s2，则阻力大小f＝ma1＝1 N，加速阶段的加速度大小a2＝eq \f(5,2) m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma2，解得F＝2.5 N，故选C。 规范解答　当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F＞Mg时，能将物体提离地面，由牛顿第二定律有F－Mg＝Ma，可知a＝eq \f(F,M)－g，则A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确。 解析：在v­t图像中，图线与t轴所围图形的面积表示位移x的大小，由题图可知，在0～t0时间内，Ⅰ、Ⅱ两个物体的位移不同，由eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)可知平均速度也不同，A错误；在v­t图像中的切线斜率的绝对值表示物体的加速度大小，由题图可知，两物体各自的加速度都在不断减小，则两物体各自所受的合外力都在不断减小，B错误，D正确；0～t0时间内，两图线与t轴所围的面积都随时间增大，所以两者的位移都在不断增大，C错误。 解析：v­t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，斑鱼狗俯冲前距水面高9 m，则9 m＝eq \f(1,2)×12 m/s×t，解得入水前斑鱼狗的运动时间t＝1.5 s，之后，水的阻力是重力的5倍，有5mg－mg＝ma，12 m/s＝at′，解得入水后加速度大小a＝40 m/s2，减速时间t′＝0.3 s，所以t1＝t＋t′＝1.8 s，故A、C错误，B正确；斑鱼狗在空中俯冲的过程加速度大小a′＝eq \f(12,1.5) m/s2＝8 m/s2，不可近似认为是自由落体运动，故D错误。 解析：设物体的质量为m，1 s的时间间隔为t0，0～2 s内， 受推力F0作用，沿正方向做初速度为0的匀加速运动，根据牛 顿第二定律可知该物体的加速度a＝eq \f(F0,m)，2 s末的速度v1＝at1＝ eq \f(2F0t0,m)，2 s后合力变为－F0，则加速度反向，为a′＝－eq \f(F0,m)，因 此物体沿正方向做匀减速运动，4 s末速度v2＝v1＋a′(t2－t1)＝eq \f(2F0t0,m)－eq \f(F0,m)(4t0－2t0)＝0，即物体的运动方向将发生改变，将沿负方向做加速运动，6 s末速度v3＝v2＋a′(t3－t2)＝0－eq \f(F0,m)(6t0－4t0)＝－eq \f(2F0t0,m)，6～8 s内，合力变为F0， 加速度为a＝eq \f(F0,m)，方向与v3相反，则沿负方向做减速运动， 8 s末速度v4＝v3＋a(t4－t3)＝－eq \f(2F0t0,m)＋eq \f(F0,m)(8t0－6t0)＝0，对比 可知，物体在4～8 s的运动为0～4 s运动的逆过程，因此物 体前4 s向正方向运动，后4 s向负方向运动，8 s末回到出发点，则4 s末离出发点最远，故A错误，B、D正确；由上述分析可知，物体2～4 s沿正方向做匀减速直线运动，4～6 s沿负方向做匀加速直线运动，故物体在2～6 s内不是一直做反向匀加速直线运动，故C错误。 解析：根据题意，在t＝1 s时物块恰好刚要运动，则此 时物块所受静摩擦力达到最大值，根据图像，由平衡条件可 得F1＝fmax＝2 N，又由题意知Ff＝fmax，可得物块与地面间 的滑动摩擦力Ff＝2 N，故A正确；根据题意，t＝3 s时物块 的加速度a＝2 m/s2，此时拉力大小为F3＝6 N，则由牛顿第二定律有F3－Ff＝ma，可得物块的质量m＝eq \f(F3－Ff,a)＝eq \f(6 N－2 N,2 m/s2)＝2 kg，故B错误；根据题意结合图像可知，在1～3 s拉力逐渐增大且大于滑动摩擦力，则合力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知该时间段内物块做加速度增大的加速运动，故C错误；在3～4 s内，拉力恒定，大小为6 N，则可知该时间段内物块的加速度恒定，大小为a＝2 m/s2，则该时间段内物块的速度变化量为Δv＝aΔt＝2 m/s2×(4 s－3 s)＝2 m/s，故D正确。 解析：在水平拉力F作用下，由牛顿第二定律可知，有F－μmg＝ma，整理得a＝eq \f(1,m)F－μg，故a­F图像的斜率对应eq \f(1,m)，纵截距对应－μg，由题图可知eq \f(1,mA)＝eq \f(1,mB)>eq \f(1,mC)，μAg<μBg＝μCg，可得mA＝mB<mC，μA<μB＝μC，故C正确，A、B、D错误。 解析：由图可知，0～4.0 s时间内，F1＝ (3.6－0.9t) N，F2＝0.9t N，A、B未分离时加 速度相等，设为a0，对A、B整体，根据牛 顿第二定律有F1＋F2＝(mA＋mB)a0，解得a0＝1.2 m/s2，t＝2.0 s时刻，有F1＝F2＝1.8 N，假设此时A、B尚未分离，对B受力分析可得FAB＋F2＝mBa0，解得A、B之间作用力FAB＝0.6 N，假设成立，故A正确；t＝2.5 s时刻，有F1＝1.35 N，F2＝2.25 N，假设此时A、B尚未分离，且A对B的作用力方向向右，对B受力分析可得FAB1＋F2＝mBa0，解得A、B之间作用力为FAB1＝0.15 N，可知假设成立，故B正确； 设t0时刻A、B恰好分离，对A、B整体，根据牛 顿第二定律有F1＋F2＝(mA＋mB)a0，且由题意知 此时A、B之间产生拉力FNmax＝0.3 N，对A根据 牛顿第二定律有FNmax＋F1＝mAa0，联立并代入数 据解得t0＝3 s，故C错误；A、B分离前所受合力一直为3.6 N，A、B一起以加速度a0＝1.2 m/s2做匀加速直线运动，从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移大小为x＝eq \f(1,2)a0teq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×1.2×32 m＝5.4 m，故D正确。 解析：由题意可知，初始时弹簧处于压缩状态，当滑 块位移为x时，根据题图乙可知，拉力F的增加量为ΔF ＝k′x，解得k′＝1 N/cm，恰好等于弹簧的劲度系数，故弹 簧弹力的减小量等于拉力F的增加量，由F合＝F＋F弹－ μmg可知，滑块所受合力不变，因此滑块做匀加速直线运动，A错误；若滑块运动4 cm时与弹簧分开，即在初始时弹簧形变量为4 cm，则最大静摩擦力大小为fm＝kx，又由题意知fm＝μmg，联立并代入数据解得μ＝0.2，B错误；根据图像可知，x＝0时，拉力F＝2 N，且由题意知此时拉力即为滑块所受合外力，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得滑块做匀加速直线运动的加速度大小a＝1 m/s2，C错误；根据x＝eq \f(1,2)at2，可得滑块向右运动2 cm所用的时间t＝0.2 s，D正确。 11．(2023·河北省保定市高一上期末)(多选)在某次探究活动中，小明在t＝0时刻将篮球以一定的初速度竖直向下抛出，用传感器和计算机得到篮球运动的eq \f(x,t2)­eq \f(1,t)图像是斜率为k的直线，如图所示，其中x为其下落的距离。已知篮球下落过程中受到的阻力恒定，篮球的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) 解析：篮球下落过程中，根据mg－f＝ma，因阻力恒定， 可知其做加速度小于g的匀加速直线运动，A、C错误；根据 x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可得eq \f(x,t2)＝v0eq \f(1,t)＋eq \f(1,2)a，结合题图可得k＝v0，eq \f(1,2)a＝p， 则篮球下落的初速度大小v0＝k，篮球下落的加速度大小a＝2p，B正确；综合前面分析可知，篮球下落过程中受到的阻力大小为f＝mg－ma＝mg－2mp，D正确。 $