2026人教版高中物理必修第一册练习--第四章　专题强化练10　动力学中的图像问题（含解析）

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2026人教版高中物理必修第一册
第四章　运动和力的关系
专题强化练10　动力学中的图像问题
题组一　由运动图像分析物体的受力情况
1.(多选题)(2025河北邢台期中)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。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　　)
A.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1~t2时间内,v减小,FNC.t2~t3时间内,v增大,FN>mg
D.t2~t3时间内,v减小,FN2.(多选题)(2025吉林松原月考)第24届北京冬季奥林匹克运动会中,高山滑雪是重要的比赛项目之一,图甲是一名滑雪运动员在比赛时的图像,运动员自身和所有装备的总质量为m,在倾角θ=37°的斜坡向下滑动过程中,受滑动摩擦力和空气阻力作用,假设空气阻力与速度成正比,即f=kv,其中比例系数k=10P(P是k的单位)。运动员在比赛中的某段过程的v-t图像如图乙中实线AD所示,AB是曲线最左端A点的切线,B点的坐标为(16 s,48 m/s),已知重力加速度为10 m/s2,sin 37°=0.6,下列说法中正确的是(　　)
　
A.题干中“k=10P”中的P为N·s/m
B.当v=16 m/s时,运动员的加速度为1 m/s2
C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.25
D.运动员自身和所有装备的总质量m=80 kg
题组二　由力的图像分析物体的运动情况
3.(多选题)(2025黑龙江哈尔滨月考)一物块静止在粗糙水平地面上,物块受到水平向右的拉力F的作用,在0~4 s的时间内,拉力的大小F随时间t变化的关系如图所示。已知t=1 s时物块恰好要运动,t=3 s时物块的加速度a=8 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.物块的质量等于1 kg
B.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
C.在t=2 s时,物块的加速度大小为4 m/s2
D.1~4 s内,物块的速度变化量为16 m/s
4.(2024江苏苏州月考)如图1所示,一滑块置于长木板左端,木板放置在水平地面上,已知滑块和木板的质量均为2 kg。现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法不正确的是(　　)
　
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图2中t2=24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
5.(2025河北石家庄二中月考)如图甲所示,质量为M=2 kg的小物块A和质量为m=1 kg的小物块B用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻质细线相连接,细线不可伸长,A放在倾角为θ=37°的粗糙斜面上,A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25,B放在水平面上,B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。计时开始时,在B上施加一个水平向左的外力F,大小为30 N,力F随时间做周期性变化,规律如图乙所示。物块A、B运动过程中不会和滑轮相撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
　
(1)求在0~1 s内物块A的加速度大小;
(2)求 s末物块B的速度大小;
(3)求3 s末物块B的速度大小。
题组三　动力学图像综合问题
6.(多选题)(2025福建福州期中)如图甲所示,倾角θ=37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上,斜面光滑,劲度系数k=500 N/m的轻质弹簧,一端固定在斜面体底端挡板上,另一端与小物块A相连,小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动,弹簧稳定后的形变量大小为x,图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度a间的关系图像,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
　
A.乙图中a0=7.5 m/s2
B.物块A的质量mA=1.5 kg
C.物块B的质量mB=1 kg
D.当a>a0时,斜面体对物块B的支持力FN与a的关系式为FN=(16+1.2a) N
7.(多选题)(2025辽宁大连期中)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,
倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　)
　　
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25
C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(8+4) m
答案与分层梯度式解析
1.AD　x-t图像中图线的斜率表示速度,在0~t1时间内,x-t图线的斜率变大,速度v增大,该时间段内乘客加速上升,加速度方向向上,处于超重状态,则FN>mg,A正确;在t1~t2时间内,x-t图线的斜率保持不变,乘客的速度不变,乘客向上做匀速直线运动,处于平衡状态,则FN=mg,B错误;在t2~t3时间内,x-t图线的斜率变小,乘客的速度v减小,乘客向上做减速运动,加速度方向向下,乘客处于失重状态,则FN2.ACD　由题中f=kv,得k=,可知k的单位P为N·s/m,A正确;v-t图像中图线的斜率表示加速度,当v=16 m/s时,a0= m/s2=2 m/s2,B错误;当v=16 m/s时,根据牛顿第二定律,有mg sin θ-kv-μmg cos θ=ma0,当v=32 m/s时,运动员做匀速运动,根据平衡条件,有mg sin θ=kv+μmg cos θ,解得m=80 kg,μ=0.25,C、D正确。
3.BCD　t=1 s时物块恰好要运动,则滑动摩擦力f=F1=μmg=2 N,t=3 s时物块的加速度a=8 m/s2,由牛顿第二定律,有F2-f=ma,解得m== kg=0.5 kg,μ=0.4,A错误,B正确;在t=2 s时,物块的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,C正确;
根据牛顿第二定律,将F-t图像转化为a-t图像,如图所示(解题技法),a-t图线与时间轴所围面积表示速度变化量,则1~4 s内,物块的速度变化量为Δv= m/s=16 m/s,D正确。
方法技巧　数形结合法解决动力学图像问题
　　动力学图像类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,结合数学的函数思想和牛顿运动定律以及运动学公式求解。
　　(1)动力学图像问题解题的关键是通过对物体运动过程的分析,利用牛顿第二定律和运动学公式列式,通过函数解析式找到图像所涉及的两个物理量之间的关系,然后结合图像作出判断。
　　(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。
4.B　
题图解读
从图中可获得的信息如下,t1时刻木板相对地面开始运动,t2时刻滑块与木板开始相对滑动。
根据题图2可知,在t2时刻以后滑块受到的摩擦力不变,为8 N,说明受到的为滑动摩擦力,有f1=μ1mg,可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,A正确。在t1时刻木板相对地面开始运动,此时滑块与木板相对静止,有f2=μ2·2mg=4 N,则木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,B错误。在t2时刻滑块与木板将要发生相对滑动,此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大,且此时二者加速度相同,木板的加速度达到最大,对滑块有F-μ1mg=ma,对木板有μ1mg-μ2·2mg=ma,联立解得F=12 N,a=2 m/s2,则木板的最大加速度为2 m/s2;根据F=0.5t(N),可求得t2=24 s,故C、D正确。
5.答案　(1)4 m/s2　(2)0　(3) m/s
解析　(1)0~1 s内,小物块A、B加速度大小相同,设细线的拉力大小是T0,A、B受力如图所示:
对B,有NB=mg=10 N,fB=μ2NB=2 N
由牛顿第二定律,有F-T0-fB=ma0
对A,有NA=Mg cos θ=16 N,fA=μ1NA=4 N
由牛顿第二定律,有T0-fA-Mg sin θ=Ma0
解得a0=4 m/s2
(2)1 s时的速度大小为v0=a0t0=4 m/s
1~ s,F=0,物块A、B减速,
对A,有Mg sin θ-T1+μ1Mg cos θ=Ma1
对B,有T1+μ2mg=ma1
解得a1=6 m/s2
则 s末B的速度大小为v1=v0-a1t1=0
(3)~2 s,整体反向加速,有Mg sin θ-μ1Mg cos θ-μ2mg=(M+m)a2,解得a2=2 m/s2
2 s末的速度大小为v2=a2t2= m/s
此后一段时间内,根据牛顿第二定律有
T0+fA-Mg sin θ=Ma3
F-T0+fB=ma3
解得a3=8 m/s2
速度减为0的时间为t3=,解得t3= s
由(1)可知此后到3 s末,B向左以a0=4 m/s2的加速度加速,到3 s末运动时间为t4=1 s- s= s
3 s末的速度大小为v3=a0t4= m/s
6.AD　由图乙可知,加速度为a0时,弹簧形变量x为0,此时弹簧处于原长,对A、B整体分析有(mA+mB)g tan θ=(mA+mB)a0,解得a0=7.5 m/s2,A正确。加速度大于a0时,弹簧处于拉伸状态,此时A、B分离,对A分析有N1 cos θ=kx sin θ+mAg,N1 sin θ+kx cos θ=mAa,解得x=a-;对比图乙的纵轴截距,有-=-1.2×10-2 m,解得mA=1 kg,B错误。加速度为0时,弹簧压缩量为x0=3.6×10-2 m,A、B处于静止状态,对A、B整体分析有(mA+mB)g sin θ=kx0,解得mB=2 kg,C错误。当a>a0时,A、B分离,B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等(破题关键),都是a sin θ,对B分析,垂直于斜面方向,根据牛顿第二定律有FN-mBg cos θ=mBa sin θ,解得FN=(16+1.2a)N,D正确。
7.AC　由图乙可知,0~1 s内煤块的加速度大小为a1=10 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,由图乙可知,1 s后煤块的加速度大小为a2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,A正确,B错误。取沿传送带向上为正方向,由图乙知,1 s末煤块与传送带共速,可知v传=2 m/s,0~1 s内,煤块的位移x物1=×1 m=7 m,传送带的位移x传1=2 m,煤块相对传送带的位移x相1=5 m,1~2 s内,煤块的位移x物2=×1 m=1 m,传送带的位移x传2=2 m,煤块相对传送带的位移x相2=-1 m,2 s时煤块从最高点加速下滑,下滑到A端的位移x物3=-(7+1) m=-8 m,下滑过程的加速度大小仍为a2,有x物3=-a2,解得t3=2 s,C正确。煤块下滑过程,传送带的位移x传3=4 m,煤块相对传送带的位移x相3=(-8-4) m,1~2 s,煤块相对传送带的位移为x相2+x相3=(-9-4) m,由于|x相2+x相3|>x相1,所以煤块在传送带上留下的痕迹长为(9+4) m,D错误。
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