文档内容
知识点 13：物体的动力学问题
考点一：物体在五类光滑斜面上运动的特点及应用
题型一：“等高斜面”模型的特点及应用问题
【知识思维方法技巧】
等高斜面模型的特点：倾角越小，时间越长。
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得：t＝ ，可知倾角越小，时间越长，图中t＞t＞t.
1 2 3
【典例1提高题】如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C，C，C，
1 2 3
则( )
A．物体到达C 点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
1
C．物体到达C 的时间最短 D．在C 上运动的加速度最大
3 3
【典例1提高题】【答案】C
【解析】在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物
体运动的加速度 ,斜面倾角越大，加速度越大，所以 上运动的加速
度最大，根据几何知识可得：物体发生位移为 ，物体的初速度为零，所以
解得 ,倾角越大，时间越短，物体到达 的时间最短，根据
得， ，知到达底端的速度大小相等，故C正确。故选C。
题型二：“同底斜面”模型的特点及应用问题
【知识思维方法技巧】
同底斜面模型的特点：倾角45°时，时间最短。
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得：t＝ ，可见θ＝45°时时间最短，图中t＝t＞t.
1 3 2
【典例2提高题】（多选）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便
1
学科网（北京）股份有限公司下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的
运动．下列说法正确的是( )
A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
【典例2提高题】【答案】AC
【解析】设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为
x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F ，垂
N
直于屋顶方向：mgcos θ＝F ，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ.雨滴的加速度为：a＝gsin
N
θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F ′＝
N
F ＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶
N
坡面的长度x＝，由x＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v
＝gsin θ·t可得：v＝，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．
【典例2提高题对应练习】(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三
个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下列说
法中正确的是( )
A. 物体沿CA下滑，加速度最大 B. 物体沿EA下滑，加速度最大
C. 物体沿CA滑到底端所需时间最短 D. 物体沿DA滑到底端所需时间最短
【典例2提高题对应练习】【答案】AD
【解析】设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
mgsinα＝ma，解得a＝gsinα，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，
B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得 ＝ at2，联立可求得t＝2 ，当
α＝45°时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确．
题型三：“等时圆”模型的特点及应用问题
【知识思维方法技巧】
2
学科网（北京）股份有限公司所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的
最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运
动所用的时间。
类型一：单个竖直圆圆周内同顶端的斜面模型
【知识思维方法技巧】
基本规律：物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，
如图所示。
在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上
如图所示．设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初
速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝ d sin α ，所以运动时间为t ＝
0
＝＝.
【典例3a提高题】如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相
切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为 R，AC长为2 R.现
沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点
所用时间为t，沿AC轨道运动到C点所用时间为t，则t 与t 之比为( )
1 2 1 2
A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶ D. 1∶
【典例3a提高题】【答案】D
【解析】如题图所示，设小圆中任意一条弦长为 s，与竖直方向的夹角为 θ，则 s＝
2Rcosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根据s＝ at2得t＝2 ，与角θ无关，因此沿不
同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落
体运动所用的时间，即2R＝ gt2，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为
1
4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝ gt2，联立有 ＝ ，选项D正确．
2
【典例3a提高题对应练习】如图所示，斜面体ABC的倾角为60°，O点在C点的正上方且
与A点等高，现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP，M、N、P分别为AC的四等
分点．一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为
t 、t 、t .则( )
M N P
3
学科网（北京）股份有限公司A. t ＝t ＝t B. t >t >t C. t >t >t D. t ＝t >t
M N P M N P M P N M P N
【典例3a提高题对应练习】【答案】C
【解析】以O为圆心，OC′为直径，作一个圆与AC边相切于N点，如图所示，圆与OM
相交于M′、与OP相交于P′.根据等时圆的性质可知，从O到N、从O到M′、从O到P′的
时间相同，又因为M′M>P′P，故从O到P的时间小于从O到M的时间，而大于从O到N
的时间，即t >t >t ，故选C.
M P N
类型二：单个竖直圆圆周内同底端的斜面模型
【知识思维方法技巧】
基本规律：物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相
等，如图所示。
如图所示．设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初
速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝ d sin α ，所以运动时间为t ＝
0
＝＝.
即物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等。
【典例3b提高题】如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位
于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环
(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t、t 分别表示滑环从a到b、c到d
1 2
所用的时间，则( )
A．t＝t B．t>t C．tt>t C．t>t>t D．t＝t＝t
1 2 3 1 2 3 3 1 2 1 2 3
【典例3b提高题对应练习】【答案】A
【解析】过d点作竖直线，在竖直线上找一点O，使Od＝Ob，以O为圆心、Od为半径作
圆，由等时圆可知A正确．
类型三：双竖直圆周内斜面模型应用
【知识思维方法技巧】
基本规律：两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静
止开始滑到下端所用时间相等，如图所示。
即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切．各斜面过两圆的公共切点且顶
端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置．有t＝2 ，与θ无关。
【典例3c提高题】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O点，O点
恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道 AOB、COD、EOF，
它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为 α>β>θ。现让一小
物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历
的时间关系为( )
5
学科网（北京）股份有限公司A．t ＝t ＝t B．t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C．t t >t ，B项正确。
AB CD EF
【典例3c提高题对应练习】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点
均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个
斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t 和t ，则t 与t 之比为(
1 2 1 2
)
A．2∶1 B．1∶1 C．∶1 D．1∶
【典例3c提高题对应练习】【答案】B
【解析】设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几
何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝＝2，即所用时
间t与倾角θ无关，所以t＝t，故B正确．
1 2
考点二：单个物体的多运动过程问题
【知识思维方法技巧】
单物体多运动过程动力学计算的技巧：
（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
（2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图，根据
“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
6
学科网（北京）股份有限公司（3）分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助
方程．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
题型一：水平式多过程运动模型
【典例1提高题】某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上
了新型电子警察.一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，
距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车
制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住.重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达
到54 km/h，求牵引力的大小.
【典例1提高题】【答案】(1)1.0×104 N (2)4.0×103 N
【解析】(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x ，制动过程中行驶的距离为x ，加速度大
1 2
小为a，所受的合力大小为F .
1 f1
初速度v＝54 km/h＝15 m/s，反应时间t＝0.5 s，由牛顿第二定律有F ＝ma
0 0 f1 1
由匀速和匀变速直线运动规律有x＝vt，x＝x－x，v2＝2ax 联立解得F ＝1.0×104 N.
1 00 2 1 0 1 2 f1
(2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a ，牵引力
2
大小为F，由牛顿第二定律有F－F ＝ma ，F ＝0.05mg
f2 2 f2
由匀变速直线运动规律有v＝at联立解得F＝4.0×103 N.
0 2
【典例1提高题对应练习】汽车在行驶中，当驾驶员发现紧急情况直至踩下制动踏板发生
制动作用之前的这段时间称为反应时间，反应时间内车辆行驶的距离称为反应距离．汽车
制动距离是指驾驶员踩下制动踏板产生作用至汽车完全停止时，轮胎在路面上出现明显的
拖痕的距离．汽车行驶的安全距离为反应距离和制动距离之和．某汽车以30 km/h的速度
行驶在柏油路面上的制动距离为5 m，在浮雪路面上的制动距离为15 m．取g＝10 m/s2.
（1）求汽车轮胎与柏油路面间的动摩擦因数；
（2）若汽车以90 km/h的速度在柏油路面上行驶的安全距离为60 m，求驾驶员的反应时间
（3）若汽车以90 km/h的速度在浮雪路面上行驶，驾驶员看到前方有事故，立即制动后还
是与相距108 m的汽车追尾，求汽车追尾瞬间的速度．
【典例1提高题对应练习】【答案】(1)0.69 (2)0.6 s (3)5 m/s
【解析】(1)汽车以30 km/h的速度行驶在柏油路面上的制动距离为5 m，由a ＝，μmg＝
1
ma 得μ＝≈0.69(2)汽车在同一路面上以不同速度行驶，其制动加速度大小相同，由于x
1
＝，汽车以30 km/h的速度行驶在柏油路面上的制动距离为5 m，因此汽车以90 km/h的速
度行驶在柏油路面上的制动距离为45 m，在驾驶员的反应时间内汽车通过的距离为x ＝60
2
m－45 m＝15 m，则驾驶员的反应时间t＝＝ s＝0.6 s(3)汽车在浮雪路面上以不同速度行驶，
其制动加速度大小相同，汽车以30 km/h的速度在浮雪路面上的制动距离为15 m，则a＝＝
2
m/s2，汽车以90 km/h的速度行驶在浮雪路面上制动x＝108 m后的速度
4
v＝＝ m/s＝5 m/s
题型二：斜面式多过程运动模型
【典例2提高题】如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v ＝2 m/s的初速度，在与
0
斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到
B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ
＝.重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；
7
学科网（北京）股份有限公司(2)拉力F的大小；
(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字
母表示)．
【典例2提高题】【答案】(1)8 m/s 3 m/s2 (2)5.2 N (3)F＝
【解析】(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝vt＋at2，v＝v ＋at，联立解
0 0
得a＝3 m/s2，v＝8 m/s
(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F－mgsin θ－F＝ma
f
垂直斜面方向F ＝mgcos θ
N
其中F＝μF
f N
解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N
(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示
根据牛顿第二定律有
Fcos α－mgsin θ－F＝ma
f
F ＋Fsin α－mgcos θ＝0
N
其中F＝μF
f N
F＝.
【典例2提高题对应练习】 如图所示为一种叫“控子”的游戏：让滑块从A点由静止释放，
游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由
落入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25 cm，BC长1 m，CD高20
cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a ＝2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加
1
速度大小为a ＝1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a ＝3 m/s2，滑块在B点、可控
2 3
点前后速度大小不变，g取10 m/s2，求：游戏成功时，
（1）可控区域的长度L；
（2）滑块从A到洞D所经历的时间t。
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)0.375 m (2)1.7 s
8
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)设滑块在B点时速度大小为v ，则由运动学规律知v＝2ax 且v ＝at
B 1 AB B 11
解得t ＝0.5 s，v ＝1 m/s，设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知v－v
1 B
＝2a(x －L)，v －v ＝at ，从E到C，由运动学规律知v＝2aL，v ＝at 解得t ＝t ＝0.5
2 BC E B 22 3 E 33 2 3
s，L＝0.375 m。(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知h ＝gt解得t＝0.2 s，所以滑块
CD 4
从A到洞D所经历的时间t＝t＋t＋t＋t＝1.7 s。
1 2 3 4
题型三：竖直式多过程运动模型
【典例3提高题】无人机的质量为m＝2 kg，在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞
经时间t＝4 s时离地面的高度为h＝48 m，已知无人机动力系统所能提供的最大升力为 36
N，假设无人机运动过程中所受空气阻力的大小恒定，g取10 m/s2，求：
(1)无人机运动过程中所受空气阻力的大小；
(2)当无人机悬停在距离地面高度h＝45 m处时，无人机由于信号故障突然失去全部升力，
由静止开始竖直坠落，若无人机到达地面时速度刚好减为 0，刚开始下落后经多长时间需
要立刻恢复最大升力。
【典例3提高题】【答案】(1)4 N (2)2.5 s
【解析】(1)无人机提供最大升力时，令其向上的加速度为a，根据位移公式h＝at2
1 1
解得a＝6 m/s2
1
令无人机动力系统所能提供的最大升力为F，根据牛顿第二定律F－mg－f＝ma
1
计算出空气阻力为f＝4 N。
(2)令失去动力时的加速度为a，则
2
a＝＝8 m/s2
2
令刚开始下落经t 时间需要恢复动力，恢复动力时的速度为v＝at
1 1 21
下落的高度为h＝
1
恢复动力后，令加速度为a，则
3
a＝＝10 m/s2
3
从恢复到下落到地面的位移h＝
2
利用h＋h＝H
1 2
解得v＝20 m/s
1
t＝2.5 s。
1
【典例3提高题对应练习】如图所示，跳伞员常常采用“加速自由降落”的方法跳伞，如
果一个质量为50 kg的运动员在3 658 m的高度从飞机上跳 出(初速度为零)，降落40 s时，
竖直向下的速度达到50 m/s，假设这一运动是匀加速直线运动，取g＝10 m/s2。则：
(1)运动员受到的平均空气阻力为多大；
(2)降落40 s时打开降落伞，此时他离地面的高度是多少；
(3)打开降落伞后，运动员受的阻力f大于重力，且f与速度v成正比，即f＝kv(k为常数)。
请简述运动员接下来可能的运动情况。
9
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题对应练习】【答案】(1)437.5 N (2)2 658 m
(3)①若下落的高度足够高，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动。
②若下落的高度比较小，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。
【解析】(1)加速下落过程中的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1.25 m/s2
根据牛顿第二定律得mg－f＝ma
解得f＝mg－ma＝500 N－50×1.25 N
＝437.5 N。
(2)加速降落的位移大小为
x＝at2＝×1.25×402 m＝1 000 m
距离地面的高度
h＝3 658 m－1 000 m＝2 658 m。
(3)打开伞后阻力f大于重力G，则合外力方向向上，与向下的速度方向相反，所以运动员
的速度将减小。由牛顿第二定律有
f－mg＝ma′
其中f＝kv，整理得a′＝－g，因为速度在逐渐变小，所以a将变小。
①若下落的高度足够高，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动。
②若下落的高度比较小，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。
题型四：圆环直杆式多过程运动模型
类型一：水平式运动模型
【典例4a提高题】如图，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大
于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆
夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 53°＝
0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)
【典例4a】【答案】1 N或9 N
【解析】 令Fsin 53°－mg＝0，则F＝1.25 N，当F<1.25 N时，环与杆的上部接触，
受力分析如图甲所示。由牛顿第二定律得Fcos θ－μN＝ma，N＋Fsin θ＝mg解得F＝1
N，当F>1.25 N时，环与杆的下部接触，受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得 Fcos θ
－μN＝ma，Fsin θ＝mg＋N，解得F＝9 N。
类型二：斜面式运动模型
【典例4b提高题】如图所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定的倾斜足够长的直杆上，杆
的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹
角为30°的拉力F＝10 N，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间动摩擦因
数μ＝。求：(g取10 m/s2)
(1)F作用t＝2 s时圆环的速度大小；
10
学科网（北京）股份有限公司(2)2 s后撤去力F，圆环继续沿杆上滑的最大距离。
【典例4b提高题】【答案】(1)20 m/s (2)16 m
【解析】(1)假设圆环受到垂直杆向上的支持力，对圆环受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律得：Fcos 30°－mgsin 30°－f＝ma
1
由平衡条件得：mgcos 30°＝N＋Fsin 30°
滑动摩擦力f＝μN
联立解得：a＝10 m/s2
1
由运动学公式得：2 s时圆环的速度v＝at
11
代入数据解得：v＝20 m/s。
(2)撤去力F后，对圆环受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsin 30°＋f′＝ma
2
由平衡条件得：mgcos 30°＝N′
滑动摩擦力f′＝μN′
联立解得：a＝12.5 m/s2
2
圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝＝ m＝16 m。
考点三：物体动力学的图象问题
【知识思维方法技巧】
单个物体动力学图象问题的解题的方法：
（1）函数斜率面积法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数
表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的如－t、x－v2、
at、Ft、Fa图像等要注意这种转化。
①x－t图象的斜率表示速度的大小及方向，纵轴截距表示t＝0时刻的初始位置，横轴截距
表示位移为零的时刻。
②v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度，v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度。
③a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量。
④由x＝vt＋at2可得＝v＋at，由此知－t图象的斜率为a，纵轴截距为v。
0 0 0
⑤由v2－v2＝2ax可知v2＝v2＋2ax，故v2－x图象斜率为2a，纵轴截距为v2。
0 0 0
⑥由v2－v＝2ax得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v2。
0
⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示a。
（2）函数数据代入法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中
11
学科网（北京）股份有限公司的特殊位置或特殊时刻或特殊情况的特殊数据代入函数公式进行计算。
题型一：根据动力学情境选择动力学图象问题
【典例1提高题】如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物
体从顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．以沿斜面向下为正方向，则物体下
滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是( )
【典例1提高题】【答案】B
【解析】物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图象的开口向上，物体在粗
糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图象的开口向下，故A错误；物体在斜面上半
段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在
上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等
物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段
所受合外力大小相等，方向相反，B正确，C、D错误．
【典例1提高题对应练习】(多选)如图所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0时刻，滑
块B以初速度v 自斜面底端冲上斜面，t＝t 时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下
0 0
列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
【典例1提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分
力，大小方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于
重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上，故 B正确；若斜
面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下
的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合
外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，
所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。
12
学科网（北京）股份有限公司题型二：根据运动学图象分析计算动力学的问题
类型一：根据运动学xt图象分析计算动力学的问题
类型二：根据运动学vt图象分析计算动力学的问题
【典例2b提高题】(多选)如图a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如
图b所示．若重力加速度及图b中的v、v、t 均为已知量，则可求出( )
0 1 1
A．斜面的倾角 B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【典例2b提高题】【答案】ACD
【解析】由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律
得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，
两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；
物块滑上斜面时的初速度v 已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平
0
均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t ，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的
1
v (v +v )
最大高度为xsin θ＝t×＝ 0 0 1 ，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，
1
4g
选项B错误．
【典例2b提高题对应练习】“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其点燃后一段时间内
的速度－时间图像如图所示(不计空气阻力，取竖直向上为正方向)，其中t 时刻为“笛音
0
雷”起飞时刻，DE段是斜率大小为g的直线．则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的
是( )
A．“笛音雷”在t 时刻加速度最小 B．“笛音雷”在t 时刻改变运动方向
1 2
C．“笛音雷”在t 时刻彻底熄火 D．t～t 时间内“笛音雷”做自由落体运动
3 3 4
【典例2b提高题对应练习】【答案】C
【解析】t 时刻的斜率的绝对值不是最小的，所以“笛音雷”在t 时刻加速度不是最小的，
1 1
故A错误；t 时刻速度的方向为正，“笛音雷”仍向上运动，没有改变运动方向，故 B错
2
误；t 时刻“笛音雷”开始向上做加速度大小为g的匀减速运动，所以“笛音雷”在t 时刻
3 3
彻底熄火，故C正确，D错误．
类型三：根据运动学v2－x图象分析计算动力学的问题
【典例2c提高题】（多选）如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v＝6 m/s的物块受水平向
0
13
学科网（北京）股份有限公司左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点。整个运动
过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法中
正确的是( )
A．t＝2 s时物块速度为零 B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
【典例2c提高题】【答案】ACD
【解析】由题图乙可知物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝3 m/s2，物
1
块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为 t ＝＝2 s，故A正确；物块反向做匀加速直
1
线运动的加速度大小为a ＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O点所用的时间为t′＝＝ s＝2
2
s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋F＝ma ，F－F＝ma ，解得：F＝2 N，F＝1
f 1 f 2 f
N，则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.1，故C、D正确。
【典例2c提高题对应练习】（多选）如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v ＝10
0
m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，
大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10
m/s2.下列说法中正确的是( )
A．0～5 m内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【典例2c提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】0～5 m内，由v2－v2＝2ax ，得v2＝2ax ＋v2，由题图乙知，2a ＝－20 m/s2，
1 0 1 1 1 1 1 0 1
则a＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v＝10 m/s，
1 0
恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反
向，B正确；5～13 m内，由v2＝2ax 得物块的加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定
2 2 2 2
律得－F－μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.
1 2
类型四：根据运动学－t图象分析计算动力学的问题
【典例2d提高题】(多选)如图甲所示，O、A、B是光滑水平面上的三点，一物块从O点开
始在一水平恒定拉力F作用下，由静止开始向右做匀加速运动，物块经过A、B两点所用
的时间为t，A、B间的距离为x.保持O、A两点的位置不变，改变B点的位置，仍让该物
块从O点由静止开始在恒力F的作用下加速运动，多次试验后得出 －t图像如图乙所示，
则物块从O运动到A过程( )
14
学科网（北京）股份有限公司A. 运动的时间为0.8 s B. 运动的时间为1.25 s
C. 运动的加速度大小为0.4 m/s2 D. 运动的加速度大小为0.8 m/s2
【典例2d提高题】【答案】BD
【解析】设物体的加速度大小为a，从O运动到A过程所用的时间为t，则有 ＝ ＝
0
＝at ＋ ，结合图像得at ＝1 m/s，k＝ ＝ m/s2＝0.4 m/s2，解得a＝0.8
0 0
m/s2，t＝1.25 s，故选B、D.
0
【典例2d提高题对应练习】一个质量为m＝2 kg的物体在倾角θ＝37°粗糙的斜面上，在沿
斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时
刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示(x为位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s时撤去拉力，
sin 37°＝0.6，求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。
【典例2d提高题对应练习】【答案】(1)24 N (2)7.25 m
【解析】(1)由匀变速直线运动公式x＝vt＋at2得＝v＋at，对照图线可知，图线在纵轴截距
0 0
表示初速度，图线斜率表示a ，则有：v ＝1 m/s，a ＝2 m/s2，物体在斜面上在拉力F作用
1 0 1
下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得F＝24 N。
1
(2)2秒末v＝v ＋at＝5 m/s，0到2秒内：x ＝vt＋at2＝6 m，2秒后物体向上做匀减速运
0 1 1 0 11
动，其加速度为a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，2秒后沿斜面向上位移：x＝＝1.25 m
2 2
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为x＝x＋x＝7.25 m。
1 2
类型五：根据运动学a－t图象分析计算动力学的问题
【典例5e提高题】 如图甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻
起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时
间t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )
甲 乙
A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小
15
学科网（北京）股份有限公司B．3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/s
C．2 s末F最大，F的最大值为12 N
D．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变
【典例5e提高题】【答案】BD
【解析】物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，
但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增加，故 3 s末物体的速度最大，在a－t
图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运
动，故最大速度为10 m/s，所以B正确；由F ＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩
合
擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误．
【典例5e提高题对应练习】如图甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘
坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电
梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图乙所示。则下列相关说法正确的是( )
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态 B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
【典例5e提高题对应练习】【答案】D
【解析】利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则
选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，
电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于
重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，
而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，
选项D正确。
题型三：根据动力学图象分析计算动力学的问题
【知识点的理解与应用】
首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量
间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而
由图像给出的信息求出未知量。
类型一：根据动力学a－F图象分析计算动力学的问题
【典例3a提高题】用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外
力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．物体的质量为 B．地球表面的重力加速度为2a
0
C．当a＞0时，物体处于失重状态 D．当a＝a 时，拉力F＝a
1 1
【典例3a提高题】【答案】A
16
学科网（北京）股份有限公司【解析】当F＝0时a＝－a ，此时的加速度为重力加速度，故 g＝a ，B错误；当a＝0时，
0 0
拉力F＝F ，拉力大小等于重力，故物体的质量为，A正确；当a＞0时，加速度方向竖直
0
向上，物体处于超重状态，C错误；当a＝a 时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma ，又m
1 1
＝、g＝a，故拉力F＝(a＋a)，D错误。
0 1 0
【典例3a提高题对应练习】静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20
N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算
出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量 B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小 D．加速度为2 m/s2时物体的速度
【典例3a提高题对应练习】【答案】ABC
【解析】当F>20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μF ＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
N
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没
有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
类型二：根据动力学F－t图象分析计算动力学的问题
【典例3b提高题】如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体
无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所
示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则
下列说法正确的是( )
A．2 s末物体的速度是2.5 m/s B．2 s末物体的速度是10 m/s
C．前16 s内物体发生的位移是15 m D．前16 s内物体发生的位移是30 m
【典例3b提高题】【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可得 mgsin θ－F －μmgcos θ＝ma ，代入数据得： a ＝2.5
1 1 1
m/s2，又v ＝at ，代入数据可得v ＝5 m/s，故A、B错误；物体在前2 s内发生的位移为
1 11 1
x ，则x ＝5 m，当拉力为F ＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得F ＋μmgcos θ－mgsin θ＝
1 1 2 2
ma ，代入数据可得a＝0.5 m/s2，物体经过t 时间速度减为0，则v＝at，解得t＝10 s，t
2 2 2 1 22 2 2
时间发生的位移为x，则x＝25 m，由于mgsin θ－μmgcos θ
