第四章 专题强化13 动力学图像问题（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理课件系统梳理了动力学图像问题的核心内容，整合v-t、s-t、F-t、a-F等图像与牛顿第二定律、运动学规律的综合应用，通过“运动学图像分析受力”“力与加速度图像分析运动”等专题，结合例题构建知识网络，体现图像与受力、运动情景的内在逻辑。 其亮点在于以科学思维为核心，采用“图像意义解读-函数关系推导-特殊点分析”策略，设计基础强化、能力综合、尖子生选练分层练习，如a-F图像分析质量与动摩擦因数的实验题，培养学生模型建构与科学推理能力，助力学生巩固知识，教师精准教学。

第 四 章 动力学图像问题 专题强化13 1.结合F-t图像、v-t图像、F-s图像、a-F图像等提供的信息，综合应用牛顿第二定律、运动学规律，解决动力学问题。 2.能够将图像与实际受力情况和运动情景相结合，应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、由运动学图像分析物体的受力情况 二、由F-t(a-t)图像、F-s(a-s)图像分析物体的运动情况 三、由a-F图像分析物体的受力或运动情况 < 一 > 由运动学图像分析物体的受力情况 　 (多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙固定斜面上滑，上滑到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v-t图像如图所示，则由此可知(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) A.斜面倾角为30° B.斜面倾角为37° C.动摩擦因数μ=0.5 D.动摩擦因数μ=0.2 例1 √ √ v-t图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上滑时的加速度大小为a1=10 m/s2，沿斜面下滑时的加速度大小为a2=2 m/s2。根据牛顿第二定律得，上滑时，有mgsin θ+μmgcos θ=ma1；下滑时，有mgsin θ-μmgcos θ =ma2，由上述两式解得θ=37°，μ=0.5，故选B、C。 　建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移s随时间t的变化关系如图所示。材料受到的拉力大小为T、速度大小为v。重力加速度为g，则 A.0~t1内，v减小，T<mg B.t1~t2内，v增大，T>mg C.t2~t3内，v减小，T>mg D.t2~t3内，v减小，T<mg 例2 √ 位移—时间图像的斜率表示速度，根据题图可知0~t1内，斜率增大，速度增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，T-mg=ma，则T>mg，故A错误； t1~t2内，斜率先增大后减小，速度先向上增大后向上减小，则拉力先大于重力后小于重力，故B错误； t2~t3内，斜率减小，速度减小，向上减速，加速度向下，根据牛顿第二定律可知拉力小于重力，故C错误，D正确。 由v-t图像、s-t图像提供的信息分析求解运动物体的加速度，然后由牛顿第二定律确定物体的受力情况。 总结提升 返回 < 二 > 由F-t(a-t)图像、F-s(a-s)图像分析物体的运动情况 　质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t=1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、a-t图像正确的是 例3 √ 第1 s内物体受力方向为负，t=1 s时速度为0，则在前1 s内做减速运动，加速度为-1 m/s2，t=0时，速度为1 m/s；第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；第2~4 s内做减速运动，加速度为-1 m/s2，故B正确。 　 (多选)(2024·广州市高一期末)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的小球，从离弹簧上端高为x0处由静止下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，作出小球的加速度a随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示，弹簧被压缩至最低点时小球所在位置坐标为x2，不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是 A.小球在x0处速度最大 B.小球在x1处速度最大 C.弹簧的劲度系数k= D.小球运动的最大加速度为g 例4 √ √ √ 由题图可知，小球运动到x1处时a=0到达平衡位置，之前一直向下加速，此时再向下会减速，则在x1处速度最大，故A错误，B正确； 由题图乙可知k(x1-x0)=mg，解得k=，故C正确； 由题图乙可知，运动到x2有最大加速度，此时有k(x2-x0)-mg=mam，解得am=g，故D正确。 返回 < 三 > 由a-F图像分析物体的受力或运动情况 　 (多选)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，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是 A.μA=μB，mA<mB B.μB<μC，mB=mC C.μB=μC，mB>mC D.μA<μC，mA<mC 例5 √ √ √ 根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，得a=-μg，则a-F图像的斜率k=，由题图可看出，乙、丙的斜率相等且小于甲的斜率，则mA<mB=mC。当F=0时，a=-μg，根据题图可看出，μA=μB<μC，故选A、B、D。 图像问题的解题策略 (1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，找出图线的斜率、截距或图线与横轴所围图形面积的物理意义。 (3)特别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。 总结提升 返回 < 四 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B A AD D CD ABD C 题号 9 10 答案 (1)　(2)0.075 m CD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.在光滑水平面上以速度v运动的物体，从某一时刻开始受到一个跟运动方向共线的力F的作用，其速度—时间图像如图所示。那么它受到的力F随时间t变化的关系图像是下列图中的 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由v-t图像可知物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒力作用，然后受到与速度方向相反的恒力作用，选项A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 2.(2024·肇庆市第一中学高一月考)排球是人们最喜爱的运动之一。运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，故上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同；由h=at2可知，上升所需的时间稍短，下落所需的时间稍长，且上升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，且由上述分析可知，上升和下降的加速度均恒定，故A、C、D错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 3.(2023·广州市高一期末)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(重力加速度g取 10 m/s2) A.0.2　6 N B.0.1　6 N C.0.2　8 N D.0.1　8 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由v-t图像知a1=1 m/s2，a2=-2 m/s2，由牛顿第二定律得F-μmg=ma1， -μmg=ma2，解得μ=0.2，F=6 N，选项A正确。 4.(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图像如图所示，则 A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9 B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1 C.物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1 D.物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上=11 m/s2，a下=9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg+F阻=ma上，mg-F阻=ma下，联立解得mg∶F阻=10∶1，A、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 5.(2023·广州市高一期末)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，不计空气阻力，重力加速度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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 a-F图像是不过原点的直线，所以a与F成线性关系，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 答案 6.(多选)(2025·广东省五校高一联考)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲和乙所示。重力加速度g=10 m/s2。以下说法正确的是 A.第2 s内物体位移大小是4 m B.0~4 s过程中物体做匀变速直线运动 C.物体的质量m=5 kg D.物体与地面间的动摩擦因数为0.1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 能力综合练 √ 由题图乙可知第2 s内物体位移为 s=×(2+4)×1 m=3 m，故A错误； 由题图乙可知，前2 s做匀加速直线运动，后2 s做匀速直线运动，故B错误； 由牛顿第二定律可知 前2 s内F1-μmg=ma，a=2 m/s2 后2 s内F2=μmg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题图甲中可知F1=15 N F2=5 N 解得m=5 kg μ=0.1，故C、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 7.(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变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ √ 当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确； 当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F-Mg=Ma，a=-g，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 8.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块A的质量为 A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 刚开始时A、B一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知：F=(mA+mB)a 得a=F，综合题图乙，有k== 可得：mA+mB=3 kg 当拉力F大于3 N时，A、B分开各自做匀加速运动，设B受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知：F-f=mBa'，则a'=F-，由题图乙可得：mB==1 kg，则mA=2 kg，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 9.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10 m/s2。求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　　 0~2 s时间内，有F1-mgsin α-μmgcos α=ma1 由题图丙可知，a1==0.5 m/s2 2 s后，有F2-mgsin α-μmgcos α=ma2，a2=0 代入数据解得m=3 kg，μ=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)撤去推力F后，物体沿斜面运动的最大距离(斜面足够长)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　0.075 m 撤去推力F后，有-mgsin α-μmgcos α=ma3 解得a3=- m/s2 则s==0.075 m。 10.(多选)(2024·佛山市高一校考)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s之间的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 尖子生选练 √ 物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，刚开始时物体处于静止状态，重力和弹簧弹力二力平衡，有mg=kΔs；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1+kΔs-mg=ma；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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 返回 本课结束 第 四 章 $