文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题二 动力学中的图像问题
知识点一、动力学中的图像
1．动力学中常见的图象v－t 图象、x－t 图象、F－t 图象、F－a 图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从
零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断
物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
类型1 动力学中的v-t 图
1．（2022 秋•江阴市期末）t＝0 时刻，一质量为50g 的小球被竖直向上抛出，其v﹣t 图像如图所
示。重力加速度g 取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．小球上升的最大高度为3.0m
B．前1s 内，小球的位移为2.5m
C．t＝0.5s 时，小球的加速度方向反转
D．小球受到的空气阻力大小恒为0.1N
【解答】解：A．由图像知，小球在0.5s 时上升到最大高度，根据v﹣t 图像围成的面积表示位
移，可得小球上升的最大高度为h= 1
2 ×0.5×6m=1.5m
故A 错误；
B．根据v﹣t 图像围成的面积表示位移，可得前1s 内，小球的位移为
s= 1
2 ×0.5×6m- 1
2 ×0.5×4 m=0.5m
故B 错误；
C．根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可知t＝0.5s 时，小球的加速度方向并未反转，仍然竖直
向下，故C 错误；
D．根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可得0～0.5s 小球的加速度大小为a1=| Δv1
Δt1
|=| 6-0
0.5-0|
m/s2＝12m/s2
0.5s～1.0s 小球的加速度大小为a2＝| Δv2
Δt2
|＝|- 4 -0
1.0-0.5|m/s2＝8m/s2
根据牛顿第二定律有mg+f＝ma1
mg﹣f＝ma2
代入数据解得小球受到的空气阻力大小恒为f＝0.1N
故D 正确。
故选：D。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（多选）2．（2022 秋•承德期末）如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定的速率v0＝
10m/s 沿逆时针方向运动。t＝0 时，将质量m＝1kg 的物块（视为质点）轻放在传送带上端，物
块的v﹣t 图像如图乙所示，图乙中的t1＝1s，取沿传送带向下为正方向，重力加速度大小g＝
10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．图乙中的v1＝10m/s
B．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.75
C．t1～t2时间内，物块的加速度大小为2m/s2
D．若图乙中的t2＝2s，且物块恰好在此时从传送带下端离开，则传送带上端到下端的距离为
20m
【解答】解：AB、在0～t1时间内，物块所受到的摩擦力沿传送带向下，
根据牛顿第二定律有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
在t1时刻加速度发生变化，说明此时物块与传送带共速，由题图和速度—时间公式可列方程：
v1＝v0＝a1t1＝10m/s
联立代入数据解得：μ＝0.5，故A 正确，B 错误；
C、共速后，由于重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，所以物块将受到沿传送带向上的
摩擦力，继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得：a2=2m/ s
2，故C 正确；
D、传送带上端到下端的距离为：l＝x1+x2= v1
2 t1+v1（t2﹣t1）+ 1
2 a2(t2-t1)
2，代入数据得：l＝
15.5m，故D 错误。
故选：AC。
3．如图甲，质量mB＝3kg 的长木板B 上表面放置一质量mA＝2kg 的物块A，另有一质量mC＝1kg
的物块C 以某一初速度v0从长木板最左端滑上长木板，物块C 与物块A 发生弹性碰撞后恰好能
从长木板左端滑落，且最终物块A 未从长木板滑离。物块A、C 与长木板B 之间的动摩擦因数
均为μ1，长木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，两物块碰撞前长木板与地面相对静止，从两
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
物块碰后瞬间开始计时，物块A 的v﹣t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2。
（1）求两物块碰前瞬间C 的速度大小；
（2）求动摩擦因数μ1、μ2的大小；
（3）求物块C 的初速度v0的大小。
【解答】解：（1）令两物块碰前瞬间C 的速度为vC，碰后瞬间C 的速度为v′C，碰后瞬间物
块A 的速度为vA，物块C 与物块A 发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律得：mCvC＝mCv′C+mAvA
由机械能守恒定律得：1
2 mC vC
2 = 1
2 mC v 'C
2 + 1
2 mA v A
2
解得：v A =
2mC
mA+mC
vC = 2
3 vC
，v 'C = mC -mA
mA+mC
vC =- 1
3 vC
由乙图可知，物块A 发生碰撞后速度：vA＝2m/s
由此可以解得：vC＝3m/s，v′C＝﹣1m/s
（2 ）由乙图可知，0﹣0.45s 内，A 做匀减速直线运动的加速度大小为
aA = 2-0.2
0.45 m/ s
2= 4 m/ s
2
由牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA
由此可以解得：μ1＝0.4
两物块碰撞前长木板与地面相对静止，得：μ1mCg＜μ2（mA+mB+mC）g
两物块碰撞后，物块C 从长木板滑落前，物块A 和物块C 对长木板的摩擦力的合力大小
μ1mAg﹣μ1mCg＝μ1mCg＜μ2（mA+mB+mC）g
故物块C 从长木板滑落前，长木板相对于地面静止不动。物块C 从碰撞后到滑落过程中，设加
速度大小为aC，由牛顿第二定律得：μ1mCg＝mCaC
由此可以解得：aC = 4 m/ s
2
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
物块C 恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C 从碰撞后到滑落的时间t1
= 0- v 'C
aC
=-(-1)
4
s＝0.25s
物块C 从长木板后到滑落后，长木板的加速度大小：aB= μ1mA g- μ2(mA+mB)g
mB
= 8-50 μ2
3
由乙图可知物块A 发生碰撞后的0.45s，物块A 和长木板共速，速度大小都等于0.2m/s，由运动
学公式得
vB＝aB（0.45﹣0.25），解得vB＝0.2m/s
由此可以解得：8-50 μ2
3
×0.2=0.2
解得：μ2＝0.1
（3）物块C 碰撞后在长木板上的位移大小x =| v 'C
2 ×t1|= 1
8 m
从物块C 滑上长木板到与物块A 碰撞前，由动能定理得- μ1mC gx = 1
2 mC vC
2 - 1
2 mC v0
2
解得v0=√10m/ s
类型2 动力学中的a-F 图
4．（2022 秋•耀州区校级期末）如图1 所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑
块A，滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出滑块A 的加速度a，得到如
图2 所示的a﹣F 图像，已知g 取10m/s2，则（ ）
A．滑块A 的质量为1kg
B．木板B 的质量为6kg
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．当F＝12N 时，木板B 的加速度为4m/s2
D．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.4
【解答】解：ABD、设滑块A 的质量为m，木板B 的质量为M，滑块A 与木板B 间的动摩擦因
数为μ。
由图2 可知，当F＝Fm＝10N 时，滑块A 与木板B 恰好开始相对滑动，两者共同加速度am＝
1m/s2
对A、B 整体，根据牛顿第二定律得：Fm＝（M+m）am
解得：M+m＝10kg
当F＞10N 时，A 与B 发生相对滑动，对A，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma
变形得：a= 1
m
F﹣μg
则a﹣F 图像的斜率k= 1
m =
1
10-8
，得：m＝2kg，则M＝8kg，
将a＝1m/s2，F＝10N，代入a= 1
m
F﹣μg 解得：μ＝0.4，故AB 错误，D 正确；
C、当F＝12N 时，木板B 的加速度为aB= μmg
M = 0.4×2×10
8
m/s2＝1m/s2，故C 错误。
故选：D。
5．用一个沿水平方向很大的力F 推放在粗糙程度相同的水平面上物体，推力F 不断减小的过程中，
物体运动的加速度a 随推力F 变化的a﹣F 图象如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为1kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．当推力F 减小为10N 时，物体的加速度最大
D．当推力F 减小为0 时，物体的速度一定为零
【解答】解：AB、对物体，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得：a= 1
m F -μg，
a﹣F 图象的斜率：k= 1
m = 5-(-5)
20
kg﹣1＝0.5kg﹣1，解得物体的质量：m＝2kg；
图象纵轴截距：b＝﹣μg＝﹣5m/s2，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，故A 错误，B 正
确；
C、由图示图象可知，当推力F 减小为10N 时，物体的加速度为零，最小，故C 错误；
D、开始力F 较大，大于物体的滑动摩擦力，物体做加速运动，当推力等于滑动摩擦力后物体开
始做减速运动，由图示图示可知，推力减小为0 时，物体的加速度为﹣5m/s2，物体仍在运动，
物体速度不为零，故D 错误。
故选：B。
6．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块，木板
受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图，
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列选项错误的是（ ）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝2kg
C．当F＝8N 时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【解答】解：AB、由图知，F＝6N 时，加速度为a＝1m/s2．对整体分析，由牛顿第二定律有 F
＝（M+m）a，代入数据解得 M+m＝6 kg；
当F＞6 N 时，对木板，根据牛顿第二定律得 a= F - μmg
M
= 1
M
F- μmg
M
，知图线的斜率 k
= 1
M = 1
2
，解得 M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B 正确；
CD、根据F＞6 N 的图线知，F＝4 N 时，a＝0，即0= 1
2 ×F- μ×40
2
，代入数据解得μ＝0.1；
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
当F＝8 N 时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2，故C 错误，
D 正确。
本题选错误的，
故选：C。
类型3 动力学中的a-v 图
7．（2020 秋•郑州期末）目前许多智能化手机都有速度、加速度传感器，安装应用程序后，就可以
测量相应的速度和加速度。某同学利用手机设计了一个实验，测量气球空气阻力大小与速率的
关系。如图所示，将手机用细线悬吊在气球的下方，气球在空中先加速下落，随着速度的逐渐
增大，气球所受的空气阻力也逐渐增大。（气球所受浮力以及手机上的空气阻力可忽略不计）
（1）如果下落高度足够大，可判断气球和手机的下落是
的运动。（填“一直加速”、
“先加速后匀速”或“先加速后减速”）
（2）测量出手机和气球的总质量。选取下落过程中对应同一位置的速度和加速度数据，填入表
格。表中明显出现错误的一组数据是位置
。
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
速度/m•s﹣1
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
加速度/m•s﹣2
8.90
7.99
7.09
6.19
3.29
4.38
3.48
2.58
（3）根据表中的测量数据，在坐标纸上描出了各个点，如图所示。在坐标纸上连线做出a﹣v 图
象。
（4）设气球受到的空气阻力大小为f，通过分析可知，下落过程中加速度与阻力的关系满足a＝
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
g- f
M
。若测得手机和气球的总质量为M＝180g。结合a﹣v 图象、数据可知阻力f 与下落速度v
的关系为
（数据计算保留两位小数）。
【解答】解：（1）气球在空中先加速下落，随着速度的逐渐增大，气球所受的空气阻力也逐渐
增大，根据牛顿第二定律得mg﹣f＝ma，可知，加速度逐渐减小，当空气阻力等于重力时，合
力为零，加速度为零，此后气球开始向下做匀速运动，故气球和手机的下落是先加速后匀速的
运动；
（2）根据表中数据可知，随着速度的增大，加速度逐渐减小，故位置5 处的数据有错误；
（3）根据描出的点，让直线尽量通过多的点，不在直线上的点尽量分布在直线两侧，画出a﹣v
图象如图所示。
根据图象可得：图象的斜率为k=- 9.9- 4
3.2
s﹣1≈﹣1.84s﹣1
a＝﹣kv+9.9＝（﹣1.84v+9.8）m/s2
结合a＝g- f
M
，M＝180g＝0.18kg 得f≈0.33v（N）
故答案为：（1）先加速后匀速；（2）5；（3）f≈0.33v（N）。
8．（2023•济南模拟）某同学想利用手机内置的加速度传感器和相关软件来探究手机下落时受到的
空气阻力与速率的关系。主要实验步骤如下：
①测量手机的质量m＝0.2kg；
②打开软件，将手机屏幕向上从某一高度处由静止释放并落在软垫上；
③利用软件记录手机下落过程中多个位置的加速度a 和对应速率v 的数据，如表所示：
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
速度/m•s
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
8.0
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
﹣1
加速
度/m•s﹣2
8.91
7.99
7.09
6.19
3.29
4.38
3.48
2.58
（1）根据表中的测量数据，在坐标纸上画出加速度a 与速度v 的关系图像；
（2）根据a﹣v 图像，可以得到a 与v 满足的函数关系式为a＝
；
（3）根据a﹣v 图像，可以推断阻力f 大小与速率v 的关系为
。
A．f 与v 成正比
B．f 与v2成正比
C．f 与v﹣1成正比
D．f 与v﹣2成正比
【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过
直线的点对称分布在直线两侧，偏离直线太远的点要舍去，根据坐标系内描出的点作出图像如
图所示
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）由图示a﹣v 图像可知，a 与v 是线性关系，设a 与v 的关系式为a＝a0+kv
由图示图像可知：a0＝9.8m/s2，k= Δa
Δv = 1.7-9.8
9
s
-1=-0.9 s
-1
则a 与v 满足的函数关系式为a＝9.8﹣0.9v（m/s2）
（3）由牛顿第二定律得：a= mg- f
m
=g- f
m =g- f
0.2 =g﹣5f
则由a＝9.8﹣0.9v 可知：﹣5f＝﹣0.9v，解得：f＝0.18v，则f 与v 成正比，故A 正确，BCD 错
误。
故选：A。
故答案为：（1）图像如图所示；（2）a＝9.8﹣0.9v（m/s2）；（3）A。
类型4 动力学中的F-t 图
9．（2023 春•杭州期中）人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像
（F﹣t 图）如图所示，则（ ）
A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8s 内完成了两次下蹲和两次站起动作
【解答】解：A．由图可知，平衡时，传感器示数为500N，则人自身重力为：G＝500N，可得
人的质量为：m= G
g = 500
10 kg=50kg
传感器的最小压力约为200N，此时人所受的合外力最大，为：F 合＝G﹣F＝500N﹣200N＝300N
则根据牛顿第二定律得，最大加速度为：am= F合
m = 300 N
50kg =6m/ s
2，故A 正确；
B．人在下蹲过程中，先加速下降，此时的加速度方向向下，处于失重状态，传感器示数小于自
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
身重力；
再减速下降，此时加速度的方向向上，处于超重状态，传感器示数大于自身重力；
综上，可知力的示数先变小，后变大，故B 错误；
C．人在站起过程中，先加速起立，此时加速度方向向上，处于超重状态，传感器示数大于自身
重力；
再减速起立，此时的加速度方向向下，处于失重状态，传感器示数小于自身重力；
综上，可知人是先超重后失重，故C 错误；
D．结合BC 分析，可知：人在下蹲过程中，力的示数先变小，后变大；人在站起过程中，力的
示数先变大，后变小，所以动作人在8s 内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D 错误。
故选：A。
（多选）10．某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感
器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F﹣t 图象如
图
乙
所
示
。
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线反映了物块受到的摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7
D．只用图乙中数据不能得出物块与木板间的动摩擦因数
【解答】解：A、动摩擦力大小与是否匀速直线运动无关，故A 错误；
B、力传感器测量的是绳子上的拉力，所以图乙曲线是绳子上的拉力F 随时间的变化曲线；由于
物块在水平方向受到的摩擦力与绳子的拉力是一对平衡力，所以图乙中曲线反映了物块受到的
摩擦力随时间的变化曲线，故B 正确；
C、由图乙可知，开始物块受到长木板给的静摩擦力与棉线拉力平衡，一直到拉力峰值10N 左右，
此时最大静摩擦力约为10N；之后物块与长木板相对滑动，物块受动摩擦力和棉线拉力仍然平
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
衡，由图乙知滑动摩擦力大小7N 左右，最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7，故C 正确；
D、图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦力大小，根据f＝μFN＝μmg，m 未知，故求不出动
摩擦因数，故D 正确。
故选：BCD。
（多选）11．在某建筑工地，有一工件在电机的牵引下从地面竖直向上送至指定位置进行安装，已
知该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速运动三个阶段。当工件加速运动到总距离的一半时开
始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t 图象如图所示，其中t＝18s 时工件速度恰好减为
0 且到达指定位置。整个过程中不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．0～18s 时间内，工件一直处于失重状态
B．工件做匀速运动的速度大小为2m/s
C．工件做匀减速运动的加速度大小为0.25m/s2
D．地面和指定位置之间的总距离为56m
【解答】解：A、由题意可知，0～10s 工件匀速运动，加速度为零，10～18s 工件匀减速运动且
方向竖直向下，则0～18s 时间内，工件先处于平衡状态再处于失重状态，故A 错误；
BC、0～10s 工件匀速运动，则mg＝3000N，m＝300kg，匀减速运动过程加速度大小a
= mg- F
m
= 3000-2925
300
m/s2＝0.25m/s2，所以匀速运动的速度v＝a（t2﹣t1）＝0.25×（18﹣10）
m/s＝2m/s，故BC 正确；
D、工件运动后半程的距离x
2 =vt1+ v
2
（t2﹣t1）＝2×10m+ 2
2 ×（18﹣10）m＝28m，则地面和指
定位置之间的总距离x＝56m，故D 正确。
故选：BCD。
类型5 动力学中的a-F 图
12．（2023•河南二模）如图甲所示，将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
的截面直径，对环施加一斜向上与杆的夹角为θ 的拉力F，当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力
F 的变化规律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列
说法正确的是（ ）
A．圆环的质量为0.5kg
B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2
C．当F＝10N 时，圆环的加速度大小为10m/s2
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N 时，圆环的加速度大小可能为3m/s2
【解答】解：A．F 在2N～5N 内时，对圆环受力分析可得Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma 当拉力
超过5N 时，支持力方向相反，
故当F1＝5N 时Fsinθ＝mg，N＝0，f＝0，Fcosθ＝ma，代入数据F＝5N，a＝7.5m/s，可得tanθ
= 4
3
，θ＝53°，代入F1sinθ＝mg 可得m＝0.4kg
故A 错误；
B.cosθ ＝0.6 ，m ＝0.4kg 代入Fcosθ﹣μ （mg﹣Fsinθ ）＝ma ，F ＝2N ，a ＝0 可得
μ=
Fcosθ
mg- Fsinθ =
2×0.6
0.4×10-2×0.8 =0.5
故B 错误；
C．当F2＞5N，支持力向下，N＝F2sinθ﹣mg
对
圆
环
受
力
分
析
可
得
a= Fcosθ - μ( Fsinθ -mg)
m
= 10×0.6-0.5×(10×0.8-0.4×10)
0.4
m/ s
2=10m/ s
2
即当拉力为10N 时，圆环的加速度大小为10m/s2，故C 正确；
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N，且拉力小于2N 时，对圆环受力分析可知F 合＝0 即Fcosθ＝
f＝1N
解得F3= 5
3 N，而圆环的加速度为0；
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且2N＜F＜5N 时，可知μ（mg﹣Fsinθ）＝1N
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得F4 = 5
2 N，由Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma 得a＝1.25m/s2
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且5N＜F 时，可知μ（Fsinθ﹣mg）＝1N
解得F5= 15
2 N，由Fcosθ﹣μ（Fsinθ﹣mg）＝ma 得a＝8.75m/s2
故D 错误。
故选：C。
13．（2023 秋•洪山区校级期中）如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg 的三个物块A、B、C 叠
放在水平面上，现对物块B 施加一水平向右的拉力F，物块A、B、C 的加速度与水平拉力的关
系如图乙（以水平向右为正）。若物块足够长，物块A、B 间的动摩擦因数为μ1，物块B、C 间
的动摩擦因数为μ2，物块C 与地面间的动摩擦因数为μ3，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确
的是（ ）
A．μ1＝0.1
B．μ1＝0.2
C．μ2＝0.3
D．μ3＝0.4
【解答】解：由图可知，当外力F1＝6N 时B 开始有加速度，此时应该是ABC 整体一起相对地
面开始滑动，所以此时的F 大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，对ABC 整体由平衡条件有：
F1＝μ3（mA+mB+mC）g＝6N
代入数据得到：μ3＝0.1
当外力F2＝12N，a2＝1m/s2时，此时应该是AB 一起与C 发生相对的滑动，对AB 整体根据牛顿
第二定律有：F2﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a2
代入数据得：μ2＝0.3
当外力F3＝21N，a3＝4m/s2时，此时应该是B 与A，B 与C 都发生相对的滑动，对B 根据牛顿
第二定律有：F3﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g＝mBa3
代入数据得到：μ1＝0.4。由以上结果可知，ABD 错误，C 正确。
故选：C。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
类型6 动力学中的F-x 图
14．（2022•湘阴县校级二模）如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP 为粗糙水平面，PD 为斜面，
小物块置于粗糙水平面上的O 点，每次用水平拉力F 将物块由O 点从静止开始拉动，当物块运
动到斜面顶端P 点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F 作用下落在斜面上的水平射程x 不同，
其F﹣x 图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，斜面与水平地面之间的夹角θ＝
45°，g 取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同
B．不能求出小物块质量
C．小物块质量m＝1.0kg
D．O、P 间的距离S＝0.625m
【解答】解：A、由平抛运动规律有tanφ= v y
vP
=gt
vP
tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v Pt =gt
2v P
解得tanφ＝2tanθ
则小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，故A 错误；
BCD、在OP 段根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma
又v P
2=2as
由平抛运动规律可知水平方向有x＝vPt
竖直方向有y = 1
2 gt
2
由几何关系有y＝xtanθ
联立可得x = 2vP
2tanθ
g
解得F =
mg
4 stanθ x + μmg
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由图像纵轴截距可得μmg＝5.0
由斜率可知：
mg
4 stanθ = 10-5.0
1.0
=5.0
解得m＝1.25kg
s＝0.625m
故BC 错误；D 正确。
故选：D。
15．（2021 春•嘉兴期末）用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球
从半径为R＝0.25m 的四分之一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分
处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验
时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的F﹣x 图象，则由图可求得小
球质量为（ ）
A．0.25 kg
B．0.5 kg
C．0.75 kg
D．1kg
【解答】解：小球在最低点的速度为v，由牛顿第二运动定律得：F﹣mg＝mv
2
R
。
由平抛运动规律和几何关系有，小球的水平射程：x＝s＝vt，小球的竖直位移：y＝h= 1
2
gt2，
由几何关系有：y＝xtanθ，联立解得：x= 2v
2tanθ
g
，则有：F＝mg+
mg
2 Rtanθ x，由图象知：当x
＝0.5m 时，F＝10.0N，代入解得：m＝0.5kg。
故选：B。
16．（2023 春•普陀区校级期中）两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为m＝2kg 的物体
放置光滑的水平面，从静止施加水平拉力，拉力随时间的图像F﹣t 如图甲，2 秒末时物体获得
的速度为v1；李华同学将质量为m＝2kg 的物体放置光滑的水平面，从静止施加水平拉力，拉力
随位移的图像F﹣x 如图乙，运动2 米时物体获得的速度为v2，那么（ ）
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．v1＝4.5m/s，v2＝4.5m/s
B．v1＝4.5m/s，v2＝3m/s
C．v1＝6m/s，v2＝3m/s
D．v1＝6m/s，v2＝4.5m/s
【解答】解：甲图中图像与横轴围成的面积表示力对物体的冲量，选择力的方向为正方向，对
物体根据动量定理可得：
F0+ F2
2
t =m v1-0
解得：v1=
3+6
2
×2
2
m/ s= 4.5m/ s
乙图中图像与横轴围成的面积表示力对物体做的功，根据动能定理可得：
F0' + F2'
2
x = 1
2 m v2
2
代入数据解得：v2＝3m/s，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
18
