2025高考物理專項復習專題進階課九　動力學的圖像問題含答案

2025高考物理專項復習專題進階課九動力學的圖像問題含答案專題進階課九動力學的圖像問題核心歸納1.常見的圖像形式在動力學與運動學問題中,常見、常用的圖像是位移—時間圖像(x-t圖像)、速度—時間圖像(v-t圖像)和力—時間的圖像(F-t圖像)等,這些圖像反映的是物體的運動規(guī)律、受力規(guī)律,而絕非代表物體的運動軌跡。v-t圖像(屬于已知運動求受力)(1)根據(jù)圖像確定物體各段的加速度大小和方向(2)弄清每段圖線與物體運動的對應關系(3)對各段圖線進行受力分析(4)用牛頓第二定律求解F-t圖像(屬于已知受力求運動)(1)根據(jù)圖像結合物體運動情況明確物體在各時間段的受力情況(2)利用牛頓第二定律求出加速度(3)利用運動學公式求其他運動量a-F圖像圖像的力F是物體受到的某一個力的變化對物體加速度的影響:(1)對物體進行全面受力分析(2)根據(jù)牛頓第二定律求其他未知力2.圖像問題的分析方法(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。(2)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。(3)明確能從圖像中獲得的信息: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。典題例析角度1v-t圖像【典例1】(2024·淮安高一檢測)如圖甲所示,傾角為30°的斜面固定在水平地面上,一個小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,從斜面底端A點由靜止開始運動,一段時間后撤去拉力F,小物塊能到達的最高位置為C點,已知小物塊的質(zhì)量為0.3kg,小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示,取g=10m/s2。(1)求小物塊上升過程中加速和減速的加速度大小的比值。(2)求小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)和拉力F的大小。(3)分析小物塊是否能靜止在C點。如果不能,計算出回到A點的速度大小?！窘馕觥?1)小物塊加速時的加速度大小為a1=Δv1Δt1=7.5-03m/s2=2.5m/s2,減速時的加速度大小為a2=(2)撤去拉力后,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin30°+μmgcos30°=ma2即a2=gsin30°+μgcos30°,得μ=3在拉力作用下,根據(jù)牛頓第二定律,有F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,代入數(shù)據(jù)得F=3N。(3)在C點,mgsin30°>μmgcos30°,所以小物塊到達C點后將沿斜面下滑,即mgsin30°-μmgcos30°=ma3,得a3=2.5m/s2,由x=15m,v2=2a3x,得v=53m/s。答案:(1)13(2)363N(3)不能5對點訓練如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則不可求出 ()A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度【解析】選B。由題圖可知,物塊上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根據(jù)牛頓第二定律,物塊上滑時有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,下滑時有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,則可求得斜面傾角及動摩擦因數(shù),故A、C不符合題意;由于m均消去,無法求得物塊的質(zhì)量,故B符合題意;物塊上滑的最大距離x=v0角度2F-t圖像【典例2】(2024·重慶高一檢測)甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上,與地面的動摩擦因數(shù)相同。t=0時刻起,在物體上均施加周期性變化的水平外力F,如圖a,變化規(guī)律如圖b所示。甲、乙在運動中具有如下特點:甲物體在2s末、4s末速度相同且不為0;乙物體在第3s內(nèi)做勻速運動。則甲與乙質(zhì)量之比為 ()A.3∶2 B.3∶4C.2∶3 D.無法確定【解析】選A。甲在2s末和4s末速度相同,則2s到4s間必經(jīng)過先減速再加速的過程,因減速和加速時間相同,所以兩階段加速度大小相同,故f甲=6N,乙因為在第3s內(nèi)做勻速運動,所以所受合力為零,所以f乙=4N,又因動摩擦因數(shù)相同,f=μmg,所以有m甲m乙=f甲f【補償訓練】為了探究物體與斜面間的動摩擦因數(shù),某同學進行了如下實驗:取一質(zhì)量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運動,如圖甲所示,通過力傳感器得到推力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示,若已知斜面固定且傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)撤去推力F后,物體沿斜面向上運動的最大距離(斜面足夠長)。【解析】(1)0~2s時間內(nèi),有F1-mgsinα-μmgcosα=ma1,由題圖丙可知,a1=ΔvΔt=0.5m/s2,2s后,有F2-mgsinα-μmgcosα=ma2,代入數(shù)據(jù)解得m=3kg,μ=39(2)撤去推力F后,有-μmgcosα-mgsinα=ma3,解得a3=-203m/s2,則s=0-v答案:(1)39(2)0.角度3a-F圖像【典例3】(多選)如圖甲所示,用一水平力F拉著一個在傾角為θ的光滑固定斜面上的物體,逐漸增大F,物體由靜止做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示,重力加速度為g=10m/s2,根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出()A.物體的質(zhì)量B.斜面的傾角正弦值C.加速度為6m/s2時物體的速度D.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力【解析】選A、B、D。對物體,由牛頓第二定律可得Fcosθ-mgsinθ=ma,上式可改寫為a=cosθmF-gsinθ,故a-F圖像的斜率為k=cosθm=0.4kg-1,截距為b=-gsinθ=-6m/s2,解得物體質(zhì)量為m=2kg,sinθ=0.6,故A、B正確;由于外力F為變力,物體做非勻變速運動,故利用已有物理知識無法求出加速度為6m/s2時物體的速度,C錯誤;物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為Fmin=對點訓練(2024·昆明高一檢測)如圖甲所示,用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在F從零開始逐漸增大的過程中,加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示。若水平面各處粗糙程度相同,且認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,則()A.物體的質(zhì)量m=2.4kgB.物體的質(zhì)量m=0.5kgC.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1D.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3【解析】選C。在F從零開始逐漸增大的過程中,由牛頓第二定律得F-μmg=ma,解得加速度a=Fm-μg,結合圖像有1m=5-212-6kg-1,解得m=2kg,故A、B錯誤;由于F-μmg專題進階課二勻變速直線運動的三個推論和六個比例關系式一、勻變速直線運動的三個推論核心歸納1.推論一做勻變速直線運動的物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,也等于這段時間初、末時刻速度和的一半。平均速度公式:vt2=v證明:v=xt=v0+12at=v0+atvt2=v2.推論二位移中點速度vx2證明:vx22-3.推論三逐差法:連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內(nèi)的位移差相等,Δx=aT2即x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2。證明:x1=v0T+12aT2所以有x2-x1=Δx=aT2推廣:xm-xn=(m-n)aT2。典題例析角度1平均速度公式的理解與應用【典例1】(多選)如圖所示,物體自O點由靜止開始做勻加速直線運動,A、B、C、D為其運動軌跡上的四點,測得AB=2m,BC=3m。且物體通過AB、BC、CD所用的時間相等,下列說法正確的是 ()A.可以求出物體加速度的大小B.可以求得CD=4mC.可以求得OA之間的距離為1.125mD.可以求得OB之間的距離為3.25m【解析】選B、C。設物體通過AB、BC所用的時間均為t。由Δx=at2可得,物體的加速度的大小為a=Δxt2=BC-ABt2,由于t未知,所以不能求出a。故A錯誤;根據(jù)xCD-xBC=xBC-xAB=1m,可知xCD=(3+1)m=4m,故B正確;物體經(jīng)過B點時的瞬時速度vB=vAC=AB+BC2t,再由vt2=2ax可得,OB兩點間的距離為xOB=vB22a=254t2·t22=3.角度2中點位置的瞬時速度公式的理解【典例2】物體做直線運動,在t時間內(nèi)通過的路程為x,在中間位置x2處的速度為v1,且在中間時刻t2處的速度為v2,則v1和v2的關系錯誤的是(A.當物體做勻加速直線運動時,v1>v2B.當物體做勻減速直線運動時,v1>v2C.當物體做勻速直線運動時,v1=v2D.當物體做勻減速直線運動時,v1<v2【解析】選D。物體做勻變速直線運動,由vt2-v02=2ax,知v1由以上兩式得v1=v討論:由于v2=v0+vt2則v12-v22=v02+vt22-(v0+vt2)2=(v0角度3逐差相等公式的理解【典例3】(2024·貴陽高一檢測)在杭州亞運會男子4×100m接力決賽中,陳佳鵬在巨大的壓力下表現(xiàn)出了驚人的速度和毅力,最后幾十米沖刺成功反超日本選手,助力中國隊奪得金牌。若陳佳鵬在啟動階段可視為勻加速直線運動,他在啟動階段沿直線依次經(jīng)過A、B、C三點,AB和BC的長度分別為4m和17m,通過AB和BC的時間分別為1s和2s,關于陳佳鵬的運動,下列說法正確的是 ()A.陳佳鵬運動到B點時速度為7m/sB.陳佳鵬運動到B點時速度為5m/sC.陳佳鵬啟動階段的加速度為3m/s2D.陳佳鵬從起跑位置運動到B點的時間為53【解析】選C。取BC時間中點為D,則xDC-xBD=xBD-xAB又xBD+xDC=17m得xBD=7m,xDC=10m運動到B點時速度為vB=xADtAD=4+71+1m/s=5.5m/s,A、B錯誤;啟動階段的加速度為a=xBD-xABtAB2=7-412m/s2=3m/s2,C正確對點訓練有一個做勻變速直線運動的物體,它在兩段連續(xù)相等的時間內(nèi)通過的位移分別是24m和64m,連續(xù)相等的時間為4s,求物體在第一段4s的初速度大小和加速度大小?！窘馕觥慨嫵鑫矬w運動的示意圖,如圖所示,物體從A到B再到C各用時4s,AB=24m,BC=64m。解法一(常規(guī)解法):設物體的加速度為a,則x1=vAT+12aTx2=[vA·2T+12a(2T)2]-(vAT+12aT將x1=24m,x2=64m,T=4s代入兩式求得vA=1m/s,a=2.5m/s2。解法二(用平均速度求解):v1=x1T=v2=x2T=由v2=v1代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2再由x1=vAT+12aT求得vA=1m/s。解法三(用推論Δx=aT2求解):由x2-x1=aT2代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2再代入x1=vAT+12aT可求得vA=1m/s。答案:1m/s2.5m/s2【補償訓練】(2024·蘇州高一檢測)如圖所示,在高速公路上,為了行車安全,每隔一段路程就會設置一組車距確認標志牌:0m、50m、100m、150m、200m。設有一輛汽車沿著平直路面行駛,當車經(jīng)過“0m”標志牌A時前方出現(xiàn)突發(fā)情況,司機立即開始剎車做勻減速運動直到停止。已知車通過AC的時間與通過CD的時間相等,則預計車停下來的位置與“150m”標志牌D的距離為 ()A.50m B.25m C.12.5m D.6.25m【解析】選D。設標志牌之間的距離為l,則連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為:2l-l=at2解得a=l由平均速度公式得vC=2l+車停下來的位置與C的距離:x=vC22a=(3故車停下來的位置與標志牌D的距離為:Δx=x-l=56.25m-50m=6.25m。二、勻變速直線運動的六個比例關系式(初速度為0)核心歸納1.速度比例式(末速度之比)(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬時速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推證:因為v=at,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n(2)1x末、2x末、3x末、…、nx末的瞬時速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推證:根據(jù)vt2-v02=2ax可得,vt=2ax,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=2ax∶2a(2x)∶2a(3x2.位移比例式(1)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)、…、nT內(nèi)的位移之比:x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2推證:根據(jù)x=12at2可得,x1∶x2∶x3∶…∶xn=t12∶t22∶t32∶…∶tn2=12∶2(2)第1個T內(nèi)、第2個T內(nèi)、第3個T內(nèi)、…、第n個T內(nèi)的位移之比:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)推證:根據(jù)x=12at2可得,xΙ=12aTxⅡ=12a(2T)2-12aT2=32xⅢ=12a(3T)2-12a(2T)2=52所以,xN=12a(NT)2-12a[(N-1)T]2=(2即有xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)3.時間比例式(1)通過前x、前2x、前3x、…前nx的位移所用時間之比:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n推證:根據(jù)x=12at2可得t=所以,tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶2∶3∶…∶N(2)通過連續(xù)相等的位移間隔所用時間之比:tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(N-N-1推證:典題例析【典例4】在高11.25m的屋檐上,每隔一定的時間有一滴水落下,設水滴的運動是從靜止開始的勻加速直線運動,且所有水滴運動的加速度相同。已知第1滴水落到地面時,第4滴水剛好離開屋檐。求第1滴水落地瞬間空中各相鄰兩滴水之間的距離?！窘馕觥吭O相鄰兩滴水落下的時間間隔為T,第1滴水落到地面時,第4滴水剛好離開屋檐,中間的時間間隔就是3T。將第4滴水和第3滴水之間的距離作為x1,第3滴水和第2滴水之間的距離作為x2,第2滴水和第1滴水之間的距離作為x3,根據(jù)速度從零開始的勻加速直線運動中連續(xù)相等的時間內(nèi)位移之比是x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1),整個高度可分為1+3+5=9份,則x1占1份、x2占3份、x3占5份。故x1=19×11.25m=1.25m,x2=39×11x3=59×11.25m=6.25m答案:第1、2滴水之間的距離為6.25m,第2、3滴水之間的距離為3.75m,第3、4滴水之間的距離為1.25m[規(guī)律方法]有關勻變速直線運動推論的選取技巧(1)對于初速度為零,且運動過程可分為等時間段或等位移段的勻加速直線運動,可優(yōu)先考慮應用初速度為零的勻變速直線運動的常用推論。(2)對于末速度為零的勻減速直線運動,可把它看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動,然后用比例關系,可使問題簡化。對點訓練1.如圖所示,一冰壺以速度v垂直進入3個完全相同的矩形區(qū)域做勻減速直線運動,且剛要離開第3個矩形區(qū)域時速度恰好為零,則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比正確的是 ()A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1【解析】選D。把冰壺的運動看作逆向的初速度為零的勻加速直線運動。冰壺通過3個矩形區(qū)域的位移相等,則從右向左穿出每個矩形區(qū)域時的速度之比為1∶2∶3,則冰壺實際運動中依次進入每個矩形區(qū)域的速度之比為v1∶v2∶v3=3∶2∶1,A、B錯誤;冰壺從右向左通過每個矩形區(qū)域所用的時間之比為1∶(2-1)∶(3-2),則冰壺實際運動中穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比為t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,C錯誤,D正確。2.(多選)一小球沿斜面向下做勻加速直線運動,先后經(jīng)過斜面上的A、B兩點,其速度分別為vA=2m/s和vB=14m/s,經(jīng)歷時間為2s。下列說法中正確的是 ()A.從A到B的加速度大小為6m/s2B.經(jīng)過A、B中點時速度大小為8m/sC.A、B兩點之間的距離為16mD.從A到B中間時刻的速度大小為12m/s【解析】選A、C。從A到B的加速度大小為:a=vB-vAt=14m/s-2m/s2s=6m/s2,故A正確;由vx22-vA2=2a·x2,vB2-vx22=2a·x2,聯(lián)立可得,小球經(jīng)過A、x=vt=vA+vB2t=2m/s+14m/s2×2s=16m,故C正確;小球從A到B中間時刻的瞬時速度大小為:vt2專題進階課八板塊模型核心歸納1.模型概述:疊放在一起的滑塊—木板之間存在摩擦力,在其他外力作用下它們或者以相同的加速度運動,或者以不同加速度運動,有的題目也可能沒有外加的拉力或推力,但板塊有初速度。無論是哪種情況,受力分析和運動過程分析都是解題的關鍵。2.一個轉折和兩個關聯(lián):3.三個基本關系:加速度關系如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對運動,可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度;如果滑塊與木板之間發(fā)生相對運動,應采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運動的加速度。應注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對運動等隱含條件速度關系滑塊與木板之間發(fā)生相對運動時,明確滑塊與木板的速度關系,從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應注意當滑塊與木板的速度相同時,摩擦力會發(fā)生突變的情況,速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶,上一個過程的末速度是下一個過程的初速度位移關系滑塊與木板疊放在一起運動時,應仔細分析滑塊與木板的運動過程,明確滑塊與木板對地的位移和滑塊與木板之間的相對位移之間的關系提醒:運動學公式中的位移都是對地位移。典題例析角度1有初速度模型【典例1】(2024·深圳高一檢測)質(zhì)量為m的木板放在水平面上,一質(zhì)量為2m的物塊以水平速度v0從木板左端滑上木板,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1,木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2,已知μ1=2μ2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是 ()A.若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,木板的加速度減小B.若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,物塊的加速度增大C.若物塊能從木板上滑下,僅增大木板的質(zhì)量,物塊在木板上的運動時間更長D.若物塊能從木板上滑下,僅增大木板的質(zhì)量,木板相對于地面運動的總位移將減小【解析】選D。由題意,設物塊的質(zhì)量為m1,木板的質(zhì)量為m2,當物塊沖上木板時,物塊將做減速運動,對物塊根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g=m1a1,可得a1=μ1g;對木板有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,μ1=2μ2,可得a2=(m1-m2)m2μ2g,木板將向前做勻加速直線運動,當物塊與木板速度相等時,二者將一起減速直至停止。設它們達到速度相同時的速度為v,則有a3=μ2g,由以上式子可知,若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,木板的加速度增大,物塊的加速度不變,選項A、B錯誤;若物塊能從木板上滑下,物塊在木板上滑行時,僅增大木板的質(zhì)量m2,若木板的質(zhì)量非常大,將導致木板受到地面的最大靜摩擦力遠大于或等于物塊對它的滑動摩擦力,即μ2(m1+m2)對點訓練(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的長木板靜止放置在粗糙的水平地面上,質(zhì)量也為m的木塊(視為質(zhì)點)靜止放置在長木板的最左端,長木板的上表面光滑,下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)讓長木板與木塊瞬間同時獲得一個水平向右的速度v0,經(jīng)過一段時間,長木板停止運動時木塊正好從長木板的最右端脫離,重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.長木板在運動過程中的加速度大小為2μgB.長木板的運動時間為vC.木塊從長木板的最右端脫離時,木塊的位移為vD.長木板的長度為v【解析】選A、D。對長木板,由牛頓第二定律可得μ·2mg=ma,解得長木板在運動過程中的加速度大小a=2μg,故A正確;長木板運動的時間t=v0a=v02μg,故B錯誤;木塊從長木板的最右端脫離時,木塊的位移x1=v0t=v022μg,長木板的位移x2=v0t2=角度2有動力模型【典例2】如圖所示,水平面上有一長度為L=1m的平板A,其正中間放置一小物塊B(可視為質(zhì)點),A和B的質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg,A與B之間、A與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.20,μ2=0.30。開始時A和B都靜止,用一個F=12N的水平推力作用到平板A上,當A的位移為x=2m時,立即撤去推力,已知重力加速度g=10m/s2。求:(1)撤去推力前,物塊B和平板A的加速度;(2)撤去推力時,物塊B和平板A的速度大小;(3)物塊B停止運動時到平板A左側的距離?！窘馕觥?1)設A、B發(fā)生相對滑動時最小推力為F0,則由牛頓第二定律,對B有μ1mBg=mBa0對A、B整