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高考易错点解读和针对训练
运动和力的关系
易错点3.9 动力学图像信息
易错点解读
1. 常见动力学图像及应用方法
v－t 图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定
律求解合外力
F－a 图像
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛
顿第二定律推导出F、a 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
a－t 图像
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合
物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t 图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一
时间段的运动性质
2. 动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、
拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图
像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
【典例剖析】
【典例1】(2023·全国甲卷，19)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两
物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别
为
μ 甲和μ 乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速度a 的关系图线如图1 所
示。由图可知( )
图1
A.m 甲＜m 乙
B.m 甲＞m 乙
C.μ 甲＜μ 乙
D.μ 甲＞μ 乙
答案 BC
解析 由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a 图像的
斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a 图像可知m 甲＞m 乙，A 错误，B 正确；
两图线的纵轴截距相同，即μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲＜μ 乙，C 正确，D 错误。
【针对性训练】
1.（2025·河北衡水三模）某游泳运动员在0～6 s 时间内运动的v-t 图像如图所示。关于该
运动员，下列说法正确的是（ ）
A.在0～6 s 内所受的合力一直不为0
B.在0～6 s 内的位移大小为24 m
C.在2～4 s 内一定处于超重状态
D.在4～6 s 内的位移大小为8 m
答案：D
解析：v-t 图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s 该运动员有加速度，由牛顿第
二定律可知F 合＝ma，在0～2 s 与4～6 s 运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，
运动员在0～2 s 与4～6 s 所受合力为零，在2～4 s 内所受的合力不为零，故A 项错误；
由于v-t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在0～6 s 内的位移大小为x＝1
2（2＋4）
×4 m＝12 m，故B 项错误；在2～4 s 内加速度为a＝4－0
4－2 m/s2＝2 m/s2，由于不知道
运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以其不
一定是超重状态，故C 项错误；在4～6 s 内的位移大小为x1＝4×2 m＝8 m，故D 项正确。
3. （2026 洛阳联考）英国物理学家和数学家斯托克斯研究球体在液体中下落时，发现了
液体对球的黏滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η 为
液体的黏滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛
有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可
能正确的是（ ）
答案 D
解析：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝mg－F
m
＝mg－6 π ηrv
m
，在下降的过
程中，速度v 增大，阻力F 增大，则加速度a 减小，速度v 增大得越来越慢，则加速度a 减
小得越来越慢，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D 正确。
4 如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面
上。现用大小为F＝kt（k 为常量，F、t 的单位分别为N 和s）的拉力沿斜面向上拉物块，
物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。下列判断正确的是（ ）
A.物块的质量为1 kg
B.k 的值为5 N/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为1
2
D.t＝3 s 时，物块的加速度大小为4 m/s2
答案：ABD
解析：t＝0 时Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A 正确；当t＝1 s 时，Ff＝0，说明F
＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt 可知k＝5 N/s，故B 正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmgcos
θ＝6 N，解得μ＝2❑√3
5
，故C 错误；由F＝μmgcos θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得
t0＝2.2 s，即2.2 s 后物块开始向上滑动，当t＝3 s 时，F＝15 N，则F－μmgcos θ－
mgsin θ＝ma，解得物块加速度大小a＝4 m/s2，故D 正确。
5 如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1 kg 的滑块放在斜
面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.5，t＝0 时刻在滑块上施加一平行斜面向上
的外力F 使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向
上的方向为正，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是（
）
A.0～1 s 内外力与3～4 s 内外力大小之比为1∶1
B.2 s 末滑块速度的大小为6 m/s
C.1 s 末与3 s 末滑块的速度等大反向
D.滑块4 s 末运动到最高点
答案 D
解析： 由题图乙知，在 0～1 s 时间内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝12 N，在3～4 s 时间内，滑
块的加速度沿斜面向下，大小恒为2 m/s2，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin
α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝8 N，则0～1 s 内外力与3～4 s 内外力大小之比为
3∶2，故A 错误；a-t 图像中图线与t 轴围成的面积表示速度的变化量，因此由a-t 图像可
得，在t＝2 s 时，滑块的速度大小为v＝1
2×（1＋2）×2 m/s＝3 m/s，故B 错误；在t＝
1 s 到t＝3 s 时间内，滑块先加速后减速，由题图中面积关系可知，速度变化量大小相等，
故1 s 末与3 s 末滑块的速度大小均为2 m/s，方向均沿正方向，故C 错误；在0～4 s 时
间内，由图线与时间轴围成的面积关系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向加速运动
后沿正方向减速运动，在t＝4 s 时，滑块的速度为零，此时运动到最高点，故D 正确。
6.(2024·江苏泰州高三期中)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当
速度达到某一值时，立即关闭发动机滑行至停止，其v－t 图像，如图所示，汽
车的牵引力为F，运动过程中所受的阻力恒为f，则下列关系中正确的是( )
A.F∶f＝1∶4
B.F∶f＝4∶1
C.F∶f＝1∶3
D.F∶f＝3∶1
答案 B
解析 由题图可知，在0～1 s 内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝
ma1，在1～4 s 内，有f＝ma2，又由图可知＝，可得＝，故B 正确。
7 .(2024·云南玉溪高三检测)如图2 甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，
上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，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
的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )
图2
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3 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
答案 D
解析 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A 错误；
物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定
律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲
度系数，可得k＝5 N/cm，B 错误；s≥4 cm 后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第
二定律有30 N－mg＝ma，且由纵轴截距知10 N＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝
5 m/s2，C 错误，D 正确。
8 .(2024·广东清远月考)物块静止在粗糙的水平面上，从某时刻开始给物块施加
一不断增大的水平拉力F，物块的加速度a 随拉力F 变化的图像如图所示。假
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法中正确的
是( )
A.物块的质量为2 kg
B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
C.物块与水平面间的最大静摩擦力大小为1.5 N
D.当F＝3.5 N 时，物块的加速度大小为1.5 m/s2
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝F－μg，将F1＝3 N，a1＝1
m/s2和F2＝4 N，a2＝2 m/s2代入，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，A、B 错误；物
块与水平面间的最大静摩擦力为f＝μmg＝2 N，C 错误；由牛顿第二定律可知F
－f＝ma，代入数据解得a＝1.5 m/s2，D 正确。
9. (2024·湖北武汉模拟)如图8 甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条
跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P 和Q。改变物块P 的质量，可
以得到物块Q 运动的加速度a 和绳中拉力F 的关系图像如图乙所示。关于此运
动的分析，下列说法正确的是( )
A.绳中拉力大小等于物块P 的重力大小
B.轨道不可能是水平的
C.物块Q 的质量为0.5 kg
D.物块Q 受到轨道的摩擦力大小为1 N
答案 BC
解析 物块P 有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 的拉力大小小
于物块P 的重力大小，故A 错误；从a－F 图像看出，当拉力等于零时，物块Q
的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B 正确；设物块Q 的质量为
m，Q 在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得
F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C
正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B 项分析
可知，1 N 并非物块Q 受到的摩擦力，故D 错误。
10. 如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块
静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k 为常量，F、t 的单位分别为N 和s)的拉力
沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力f 随时间变化的关系图像如图乙所示，
物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。下列
判断正确的是( )
A.物块的质量为1 kg
B.k 的值为5 N/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.t＝3 s 时，物块的加速度大小为4 m/s2
答案 ABD
解析 t＝0 时f＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A 正确；当t＝1 s 时，f＝
0，说明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt 可知k＝5 N/s，故B 正确；由题图乙可知，
滑动摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C 错误；由F＝μmgcos θ＋mgsin
θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s 后物块开始向上滑动，当t＝3 s 时，
F＝15 N，则F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得加速度a＝4 m/s2，故D 正确。
11（2025·陕西商洛模拟）水平地面上有一质量m1＝3 kg 的长木板，木板的左端上表面有
一质量m2＝2 kg 的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的
变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小，木板的加速度a1随时间t 的
变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦
因数为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度取g＝10
m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A.F1＝16 N
B.F2＝20 N
C.木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2
D.在t1～t2时间段内物块做匀加速直线运动
答案：B
解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋2）×10 N＝10 N，
木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝0.8×2×10 N＝16 N，当拉力F 逐渐增大到F1时，
由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知
此时拉力大小为F1＝10 N，故A 错误；当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根
据牛顿第二定律，对木板，有f2－f1＝m1a，对物块，有F2－f2＝m2a，联立解得F2＝20 N，
a＝2 m/s2，此时拉力大小为20 N，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B 正确，C
错误；在t1～t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的加速度
在变大，不做匀加速直线运动，故D 错误。
12（2025·山西临汾三模）质量为m 的物块静止在动摩擦因数为μ 的水平地面上，0～3 s 内
所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0～2 s 内加速度—时间图像如图乙所示。重力加
速度取g＝10 m/s2，由图可知（ ）
A.m＝1 kg，μ＝0.2
B.m＝1 kg，μ＝0.1
C.m＝2 kg，μ＝0.2
D.m＝2 kg，μ＝0.1
答案 A
解析： 0～1 s 内，根据牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2 s 内，有F2＝μmg，联立
可得m＝1 kg，μ＝0.2，故选A。
13（2024·全国甲卷15 题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于水平
桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改
变盘中砝码总质量m，并测量P 的加速度大小a，得到a-m 图像。重力加速度大小为g。在
下列a-m 图像中，可能正确的是（ ）
答案 D
解析： 设物块P 的质量为M，物块P 与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为
T，对砝码和轻盘组成的整体：mg－T＝ma，对物块P：T－μMg＝Ma，解得：a＝g－
（μ+1）Mg
m＋M
，D 正确。
14.（2025·湖南娄底二模）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B 两个
物体，A、B 的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0 开始，推力FA和拉力FB分别作用
于A、B 上，FA，FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（ ）
A.t＝0 时，A 物体的加速度为2 m/s2
B.t＝1 s 时，A、B 开始分离
C.t＝0 时，A、B 之间的相互作用力为3 N
D.A、B 开始分离时的速度为3 m/s
答案 B
解析： 由FA-t 与FB-t 图像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，则t＝0 时，可知FA0＝8
N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B 两物体共同的加速度为a＝
F A＋FB
mA＋mB
＝1 m/s2，设此时A、B 之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F
＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C 错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，
此时的加速度相同，则有
FB
mB
＝
F A
mA
，即2+2t
4
m/s2＝8－2t
6
m/s2，解得t＝1 s，开始分
离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B 正确，D 错误。
