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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t1＞t2＞t3.
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t1＝t3＞t2.
【典例2 拔尖题】如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下
端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、
45°、60°.若有三个小孩同时从a、b、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )
A．a 处小孩最后到O 点 B．b 处小孩最后到O 点
C．c 处小孩最先到O 点 D．a、c 处小孩同时到O 点
【典例2 拔尖题】【答案】D
【解析】 设圆柱半径为R，滑板长l＝，a＝g·sin θ，t＝＝，分别将θ＝30°，45°，60°代入
计算可知，ta＝tc≠tb，故D 对．
【典例2 拔尖题对应练习】(多选)为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢
球分别从图1 中光滑固定斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是( )
A．图甲中小球在斜面1、2 上的运动时间相等
1
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B．图甲中小球下滑至斜面1、2 底端时的速度大小相等
C．图乙中小球在斜面3、4 上的运动时间相等
D．图乙中小球下滑至斜面3、4 底端时的速度大小相等
【典例2 拔尖题对应练习】【答案】BC
【解析】设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度大小为：a＝＝gsin θ.题
图甲中，设斜面的高度为h，则斜面的长度为：L＝，小球运动的时间为：t＝＝＝·，可知
小球在斜面2 上运动的时间长；到达斜面底端的速度大小为：v＝at＝，与斜面的倾角无关，
与h 有关，所以题图甲中小球下滑至斜面1、2 底端时的速度大小相等，故A 错误，B 正确．
题图乙中，设底边的长度为d，则斜面的长度为：s＝，根据s＝at2得t＝＝＝，可知θ＝30°
和60°时，小球的运动时间相等，故C 正确；由v＝，可知题图乙中小球下滑至斜面4 底端
时的速度较大，故D 错误．
题型三：“等时圆”模型的特点及应用问题
【知识思维方法技巧】
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t0＝
＝＝.
【典例3a 拔尖题】如图所示，所有质点同时从O 点沿不同倾角的光滑斜面无初速度滑下，
若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为( )
A. 圆弧
B. 抛物线
C. 水平线
D. 斜线
【典例3a 拔尖题】【答案】A
2
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【解析】设轨道与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律，质点的加速度a＝
＝
gcosθ，所有质点在相等时间内的位移x＝at2＝gcosθ·t2＝gt2·cosθ，由图可知gt2是竖直
方向直径的长度，通过几何关系知，运动时间相同的质点所在位置构成的面是圆弧．故选
A.
【典例3a 拔尖题对应练习】如图所示，Pa、Pb、Pc 是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、
a、b、c 位于同一圆周上，点d 为圆周的最高点，c 点为最低点．每根杆上都套着一个小滑
环(图中未画出)，三个滑环分别从P 处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达
a、b、c 所用的时间，则( )
A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3 C．t3>t2>t1 D．t1＝t2＝t3
【典例3a 拔尖题对应练习】【答案】B
【解析】以P 点为最高点，取合适的竖直直径Pe 作圆，如图虚线所示，虚线圆为等时圆，
即从P 到f、b、g 是等时的，比较图示位移Pa>Pf，Pc<Pg，故推得t1>t2>t3，故B 正确，
A、C、D 错误．
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t0＝
＝＝.
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。
3
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【典例3b 拔尖题】(多选)如图所示，Oa、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，
O、a、b、c、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O′为圆心。每根杆上都
套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O 点无初速释放，一个滑环从d 点无初速释放，用
t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da 到达a、b 所用的时间。下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1<t2
D．t1＝t3
【典例3b 拔尖题】【答案】BCD
【解析】设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da 三细杆交于圆的最低点a，三杆顶
点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d 无初速度释放的小滑环到达a 点的时间
相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a 和由O→b 滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速
度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A 错误，B、C、D 均正确。
【典例3b 拔尖题对应练习】处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD 间夹角为60°，
其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A、
C 点下落到D 点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是( )
A．1∶1
B．3∶2
C.∶
D．∶
【典例3b 拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】由图可知，sCD＝2R，aCD＝g，由几何关系可得出sAD＝R，aAD＝g，由运动学公式
s＝at2，可得＝ ，代入数据解得＝，故C 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。
4
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【典例3c 拔尖题】如图所示，圆1 和圆2 外切，它们的圆心在同一竖直线上，有四块光滑
的板，它们的一端A 搭在竖直墙面上，另一端搭在圆2 上，其中B、C、D 三块板都通过两
圆的切点，B 在圆1 上，C 在圆1 内，D 在圆1 外，A 板与D 板最低点交于一点a(d)，且两
板与竖直墙面的夹角分别为30°、60°，从A、B、C、D 四处同时由静止释放一个物块，它
们都沿板运动，到达叫板底端的时间分别为tA、tB、tC、tD，下列判断正确的是( )
A．
最短
B．
最短
C．
D．
【典例3c 拔尖题】【答案】BCD
【解析】设板与竖直方向的夹角为
，沿板运动的加速度为：
设上面圆1 的半径为
，下面圆2 的半径为
，则Bb 轨道的长度为：
根据位移时间公式得：
,则
,故从上面圆1 上的任一点沿光滑直轨道
达到下面圆2 的任一点的时间相等；因B 在圆1 上，C 在圆1 内，D 在圆1 外，且板的低端
堵在下面圆2 上，故有
；轨道Aa 和Dd 相交于最低点a(d)，
,
则对A、D 有：
，
,联立解得：
则有：
故
,故有：
,故A 错误，BCD 正确。故选BCD。
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。
（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
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题型二：斜面式多过程运动模型
【典例2 拔尖题】如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°
的光滑斜面BC 和平台CD 构成．若质量为1 kg 的滑块在大小为2 N 的水平推力作用下，
从A 点由静止出发，滑块在水平面AB 上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通
过斜面到达平台．已知水平面AB 长度为2 m，斜面BC 长度为1 m，滑块与水平面之间的
动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B 处的速度损失不计．
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间．
【典例2 拔尖题】【答案】(1)1 m/s2 (2) m/s (3) s
【解析】(1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2.
(2)由v＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由v－v＝2a2xBC，得vC＝ m/s.
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝ m/s
那么最长时间t＝＝ s.
【典例2 拔尖题对应练习】避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞
设施等组成，如图所示。竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ 的斜面。一辆长12
m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动
坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动
坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4 倍，货物与车厢
间的动摩擦因数为0.4，货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的
0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
【典例2 拔尖题对应练习】【答案】(1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
【解析】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，与车厢间的动摩擦因数μ＝
0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcos θ ②
联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑
动到车头距制动坡床顶端x0＝38 m 的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为
x1，在车厢内滑动的距离x＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离
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为x2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F 是货车和货物总重的k 倍，k＝0.44，货车长
度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g ⑤
x1＝vt－a1t2⑥
x2＝vt－a2t2⑦
x＝x1－x2⑧
l＝l0＋x0＋x2⑨
联立①～⑨并代入数据得l＝98 m
题型三：竖直式多过程运动模型
【典例3 拔尖题】(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为
M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F 阻＝kv2，k 为常量)．当发动
机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以
最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s.重力
加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(
)
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5 m/s 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s
D．当飞行器以5 m/s 的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【典例3 拔尖题】【答案】BC
【解析】飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s 的速度匀速下落时，有Mg＝kv1
2＝k×100 (N)
飞行器以v2＝5 m/s 向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv2
2＝Mg＋k×25 (N)
联立可得Fm＝1.25Mg，k＝ (N·s2/m2)，A 错误；
当飞行器以v3＝5 m/s 匀速水平飞行时，有
F＝＝Mg，B 正确；
发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有F 阻＝＝Mg＝kv4
2
解得v4＝5 m/s，C 正确；
当飞行器受到的最大推力向下，以v5＝5 m/s 的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最
大值为Mam＝Fm＋Mg＋kv5
2，解得am＝2.5g，D 错误．
【典例3 拔尖题对应练习】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系
统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所
受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s 后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s
后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方
向运动.求：
（1）飞行器9 s 末的速度大小v1；
（2）飞行器0～18 s 内离地面的最大高度H；
（3）飞行器落回地面的速度大小v2.
【典例3 拔尖题对应练习】【答案】(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
【解析】(1)0～9 s 内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定
律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4 m/s2飞行器9 s 末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
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(2)最初9 s 内位移h1＝a1t1
2＝162 m 设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时
间为t2，由牛顿第二定律得：f＋mg＝ma2解得a2＝12 m/s2，由运动学公式可得飞行器失去
升力后上升阶段v1＝a2t2，由运动学公式可得h2＝a2t2
2，飞行器0～18 s 内离地面的最大高度
H＝h1＋h2解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3解得a3＝
8 m/s2 恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.解得v2＝48
m/s，由于H>a3t3
2＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面
的速度大小为48 m/s.
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4b 拔尖题】如图所示，一重力为10 N 的小球，在F＝20 N 的竖直向上的拉力作用
下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数
为，杆足够长，取g＝10 m/s2.求：
（1）有F 作用的过程中小球的加速度；
（2）撤去F 瞬间小球的加速度；
（3）从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25 m 的B 点．
【典例4b 拔尖题】【答案】(1)2.5 m/s2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s2 方向沿杆向下 (3)0.2
s 或0.75 s
【解析】(1)小球的质量m＝＝1 kg，取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用时的加速度
大小为a1，此时小球的受力如图所示，Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN，Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝
ma1联立解得：a1＝2.5 m/s2，方向沿杆向上
(2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，F′N＝Gcos 30°－Gsin
30°－μF′N＝ma2联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下。
(3)刚撤去F 时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移为x1＝a1t＝1.8 m，撤去F 后，小球
继续向上运动的时间为t2＝＝0.4 s，小球继续向上运动的最大位移为x2＝＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m，在上滑阶段通过B 点，即xAB－x1＝v1t3
＋a2t 解得t3＝0.2 s 或者t3＝0.6 s(舍)小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为
a3，－Gsin 30°＋μF′N＝ma3，得a3＝－2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，小球由
顶端返回B 点时有－(xm－xAB)＝a3t 解得t4＝ s，则通过B 点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s.
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
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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＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由此知－t 图象的斜率为a，纵轴截距为v0。
⑤由v2－v0
2＝2ax 可知v2＝v0
2＋2ax，故v2－x 图象斜率为2a，纵轴截距为v0
2。
⑥由v2－v＝2ax 得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v0
2。
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
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 拔尖题】图是滑雪道的示意图．可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由
滑下，经过水平NP 段后飞入空中，在Q 点落地．不计运动员经过N 点的机械能损失，不
计摩擦力和空气阻力．下列能表示该过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的
图像是( )
【典例1 拔尖题】【答案】C
【解析】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＝ma1，可得a1＝gsin θ；
运动员在水平NP 段做匀速直线运动，加速度a2＝0；
运动员从P 点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g；
设在P 点的速度为v0，则从P 点飞出后速度大小的表达式为v＝.
由分析可知从P 点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1<a3，
C 正确，A、B、D 错误．
【典例1 拔尖题对应练习】如图所示，同种材料制成的轨道MO 和ON 底端平滑对接且
θ>α，ON 足够长．小滑块自M 点由静止滑下，经过O 点时无机械能损失，以v、x、a、Ff
分别表示小滑块的速度、位移、加速度和摩擦力四个物理量的大小．下列图象中能正确反
映小滑块自M 点到左侧最高点运动过程的是( )
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【典例1 拔尖题对应练习】【答案】D
【解析】由于在两个斜面上小滑块都做匀变速直线运动，根据位移－时间关系公式，可知
位移－时间图象是曲线，故A 错误；小滑块先做匀加速直线运动，a＝gsin α－μgcos α，后
做匀减速直线运动，加速度大小为a′＝gsin θ＋μgcos θ，而gsin θ＋μgcos θ>gsin α－μgcos
α，因而B 错误；根据Ff＝μFN＝μmgcos θ 可知，当θ>α 时，摩擦力μmgcos θ<μmgcos α，
则C 错误；小滑块运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，
整个过程速度先增大后减小，根据速度－时间关系公式，可知两段运动过程中的v－t 图象
都是直线，且因为在OM 上的加速度较小，则直线的斜率较小，故D 正确．
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
【典例2b 拔尖题】(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，
可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图
所示的“速度—位移”图象。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图象信息，下列
说法正确的有( )
A.弹性绳原长为15 m
B.当运动员下降10 m 时，处于失重状态
C.当运动员下降15 m 时，绳的弹性势能最大
D.当运动员下降20 m 时，其加速度方向竖直向上
【典例2b 拔尖题】【答案】BD
【解析】15 m 时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸
长状态，原长小于15 m，故A 错误；当运动员下降10 m 时，速度向下并且逐渐增大，加
速度竖直向下，处于失重状态，故B 正确；当运动员下降15 m 时，速度最大，运动员继续
向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C 错误；当运动员下降20 m 时，运动
员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D 正确。
【典例2b 拔尖题对应练习】在倾角θ＝37°的直滑道上，一名质量m＝75 kg 的滑雪运动员
由静止开始向下滑行。运动员所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k，滑板与滑道间
的动摩擦因数为μ。今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度—时间图象如图所示，图
中的OA 直线是t＝0 时刻图线的切线，图线末段BC 平行于时间轴。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)t＝0 时刻运动员的加速度大小；
(2)动摩擦因数μ 和比例系数k。
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【典例2b 拔尖题对应练习】【答案】(1)4 m/s2 (2)0.25 30 kg/s
【解析】(1)由题中速度—时间图象可知，运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最
后做匀速直线运动。
在t＝0 时刻，图线切线的斜率即该时刻的加速度大小
则a0＝＝4 m/s2。
(2)在t＝0 时刻开始加速时，v0＝0
由牛顿第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0
最后匀速时vm＝10 m/s，a＝0
由平衡条件可得此时mgsin θ＝kvm＋μmgcos θ
联立解得μ＝0.25，k＝30 kg/s。
类型三：根据运动学v2－x 图象分析计算动力学的问题
类型四：根据运动学－t 图象分析计算动力学的问题
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 拔尖题】如图甲所示，一个质量为3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，
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．则( )
A. F 的最大值为12 N
B. 0～1 s 和2～3 s 内物体加速度的方向相反
C. 3 s 末物体的速度最大，最大速度为8 m/s
D. 在0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动
【典例5e 拔尖题】【答案】C
【解析】由题图乙可知，物体在1～2 s 内做匀加速直线运动，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律
得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg>12 N，故A 错误；由a－t 图像的特点知加速度一直为正
故B 错误；a－t 图像与时间轴围成图形的面积为Δv，而初速度为零，故3 s 末速度最大，
为8 m/s，故C 正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故D 错误．
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。
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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 拔尖题】(多选)如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ 的光滑固定
斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙
所示，重力加速度为g＝10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A. 物体的质量
B. 斜面的倾角正弦值
C. 加速度为6 m/s2时物体的速度
D. 物体能静止在斜面上所施加的最小外力
【典例3a 拔尖题】【答案】ABD
【解析】 对物体，由牛顿第二定律可得Fcosθ－mgsinθ＝ma，则有a＝
F－gsinθ，故
a－F 图像的斜率为k＝
＝0.4 kg－1，截距为b＝－gsinθ＝－6 m/s2，解得物体质量为m
＝2 kg，sinθ＝0.6，故A、B 正确；由于外力F 为变力，物体做非匀变速运动，故无法求出
加速度为6 m/s2时物体的速度，C 错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmin＝
＝15 N，故D 正确．
【典例3a 拔尖题对应练习】甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m 甲、m 乙，与
水平面间的动摩擦因数分别为μ 甲、μ 乙．现用水平拉力F 分别作用于两物体，加速度a 与拉
力F 的关系如图，图中b、－2c、－c 为相应坐标值，重力加速度为g.由图可知( )
A．μ 甲＝，m 甲＝ B．μ 甲＝，m 甲＝
C．m 甲∶m 乙＝1∶2，μ 甲∶μ 乙＝1∶2 D．m 甲∶m 乙＝2∶1，μ 甲∶μ 乙＝1∶2
【典例3a 拔尖题对应练习】【答案】B
【解析】对质量为m 的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有：F
－μmg＝ma，可得：a＝－μg，故a 与F 关系图象的斜率表示质量的倒数，则有m 甲＝，m
乙＝，即m 甲∶m 乙＝1∶2；a－F 关系图象的纵截距为－μg，故－μ 甲g＝－2c，－μ 乙g＝－
c，即μ 甲＝，μ 乙＝，有μ 甲∶μ 乙＝2∶1，故选B.
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 拔尖题】(多选)如图甲所示，一质量m＝1 kg 的物体置于水平面上，在水平外力
F 作用下由静止开始运动，F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v 随时间t
的变化情况如图丙所示(4 s 后的图线没有画出)．已知重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法
正确的是( )
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A．物体在第3 s 末的加速度大小是2 m/s2 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C．物体在前6 s 内的位移为10 m D．物体在前6 s 内的位移为12 m
【典例3b 拔尖题】【答案】BD
【解析】由v－t 图象可知，物体在前4 s 做匀变速直线运动，所以物体在第3 s 末的加速度
a1等于前4 s 内的加速度，根据v－t 图象和加速度定义式：a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，选项A 错
误；在0～4 s 内，在水平方向：F1－μmg＝ma1，解得：μ＝0.4 ，选项B 正确；设前4 s 的
位移为x1，由位移公式有：x1＝a1t＝×1×16 m＝8 m；设4 s 后物体运动时的加速度为a2，则：
F2－μmg＝ma2，解得a2＝－2 m/s2；物体在4 s 末时的速度为v′＝4 m/s，设物体从4 s 末后
运动时间t2速度减为0，则：0＝v′＋a2t2，解得：t2＝2 s，所以物体在6 s 末速度恰好减为
0，故后2 s 内的位移：x2＝v′t2＋a2t，代入数据解得，x2＝4 m；所以物体在前6 s 内的位移x
＝x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m，选项C 错误，D 正确．
【典例3b 拔尖题对应练习】(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可
伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0 时，木板开始受到水平外
力F 的作用，在t＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，
木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速
度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A. 木板的质量为1 kg
B. 2～4 s 内，力F 的大小为0.4 N
C. 0～2 s 内，力F 的大小保持不变
D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【典例3b 拔尖题对应练习】【答案】AB
【解析】由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的
拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板
受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速
运动，其加速度大小为a1＝
m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二
定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝
m/s2
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＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可
知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B 正确；
由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．
题型四：根据其他图象分析计算动力学的问题
【典例4 拔尖题】如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角
θ 的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方
向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ 的关系如图乙所示，g 取10 m/s2，根据图象可求出(
)
A.物体的初速率v0＝3 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x 小＝1.44 m
D.当某次θ＝300时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【典例4 拔尖题】【答案】BC
【解析】由图可知，当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m；而当倾角为90°时，位移为1.80 m；
则由竖直上抛运动规律可知v＝2gh；解得v0＝＝ m/s＝6 m/s，A 错误；当倾角为0°时，由
动能定理可得－μmgx＝0－mv，解得μ＝＝0.75，B 正确；－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－
mv，解得x＝＝＝，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44 m，C 正确；
若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30°＝0.75×mg×
＝mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，D 错误。
【典例4 拔尖题对应练习】（多选）一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木
板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木板
倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α 的关系如图所示．(g 取10 m/s2)则下列说法正确
的是( )
A．物块与木板间的动摩擦因数为 B．物块初速度的大小是5 m/s
C．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同
D．当α＝0 时，x＝ m
【典例4 拔尖题对应练习】【答案】ABD
【解析】当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x＝1.25 m，根据运动学方程得：v0
2
－0＝2gx，解得v0＝5 m/s；当α＝30°，x＝1.25 m，根据速度位移关系：v0
2－0＝2ax，有a
＝＝10 m/s2，而a＝μgcos θ＋gsin θ，解得：μ＝，A、B 正确；因为30°和90°对应的加速
度均为a＝10 m/s2，根据v0－0＝at，运动到最高点时间相同，C 错误；当α＝0 时，a＝μg
＝ m/s2，根据v0
2－0＝2ax，求得x＝ m，D 正确．
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考点四：物体动力学的临界极值问题
【知识思维方法技巧】
（1）临界或极值条件的标志:
①题目中有“刚好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，即表
明题述的过程存在着极值临界点.
②题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起
止点”，而这些起止点往往对应临界状态.
③题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.
（2）解决动力学临界极值问题的常用方法：
①极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确
解决问题的目的。
②物理分析法：通过对物理过程的分析，寻找过程中变化的物理量。探索物理量的变化规
律。确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
③数学分析法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解决临界极值问题。
题型一：速度的临界极值问题
【典例2 拔尖题】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生
紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶
过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图1 乙所示。设货车进入避险车
道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ 应该满
足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ 的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝
0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2 位有效数字)
【典例2 拔尖题】【答案】(1)tan θ＜μ (2)57 m
【解析】（1）对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝
μmgcos θ 而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下
后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsin θ＜μmgcos θ，解得＜μ，tan θ＜μ，则当tan
θ＜μ 时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F 合＝ma
得F 合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax
代入数据，解得x＝＝ m＝57 m。
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题型三：加速度的临界极值问题
题型四：外力作用时间的临界极值问题
题型五：外力的临界极值问题
。
考点五：二个物体多运动过程问题
题型一：水平式多过程运动模型
题型二：斜面式多过程运动模型
题型三：竖直式多过程运动模型
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