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专题04 运动和力的关系
[-考点-12-] 动力学图像问题
[典例]
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 s～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－f 摩＝ma1，
在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，f 摩＝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f 摩＝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．
1.答案 BCD
解析 由题图可知，在0～1 s 内物块做加速运动，a＝ m/s2＝0.5 m/s2①
设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得
F 合＝F1－mgsin θ＝ma②
其中F1＝5.5 N
在2～3 s 内物块做匀速运动，F2＝mgsin θ＝5 N③
由①②③得：m＝1 kg，θ＝30°
撤去拉力F 后，
物块停止运动前加速度a＝gsin θ＝5 m/s2
故选项B、C、D 正确，A 错误．
2.答案 AD
解析 由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为
a0＝4 m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，解得μ＝0.25，D 正确；物
体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方
向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s 时，物体的加速度减小为零，但物体具
有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A 正确，
B、C 错误．
3.答案 A
解析 由v－t 图像可知物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再反向做匀加速
直线运动，所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒力作用，然后受到与速度方向
相反的恒力作用，选项A 正确．
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4.答案 A
解析 撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到
最大值，之后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到
最高点速度为0，故A 正确．
5.答案 D
解析 a－F 图像是不过原点的直线，所以a 与F 成线性关系，不是成正比，故A 错误；物
体在力F 作用下做加速度增大的变加速运动，故B 错误；设物体的质量为m，物体与水平
面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，取图中数据代入后解得m＝2
kg，μ＝0.3，故C 错误，D 正确．
6.答案 B
解析 由题图可知，物块上滑的加速度大小a1＝，下滑的加速度大小a2＝，根据牛顿第二
定律，物块上滑时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则可
求得斜面倾角及动摩擦因数，故A、C 不符合题意；由于m 均消去，无法求得物块的质量，
故B 符合题意；物块上滑的最大距离x＝，则最大高度h＝x·sin θ，故D 不符合题意．
7.答案 ABD
解析 对物体，由牛顿第二定律可得Fcos θ－mgsin θ＝ma，上式可改写为a＝F－gsin
θ，故a－F 图像的斜率为k＝＝0.4 kg－1，截距为b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物体质量为
m＝2 kg，sin θ＝0.6，故A、B 正确；由于外力F 为变力，物体做非匀变速运动，故利用
高中物理知识无法求出加速度为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＝mgsin θ＝12 N，故D 正确．
8.答案 BC
解析 演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N 等于演员和滑杆的重力之和，所以演员重
力为600 N，A 错误；由v－t 图像可知，1.5～3.5 s 内演员向下做匀减速运动，加速度方向
向上，演员处于超重状态，B 正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，此时a1＝3 m/s2，
对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显
示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C 正确；由v－t 图像中图线与时间轴围成的面
积可得滑杆长为4.5 m，D 错误．
9.答案 C
解析 刚开始时A、B 一起做加速运动，根据牛顿第二定律可知：F＝(mA＋mB)a
结合题图乙斜率可知mA＋mB＝3 kg
当加速度大于1 m/s2，A、B 分开各自做加速运动，设B 受到的摩擦力大小为Ff，根据牛顿
第二定律可知：F－Ff＝mBa′，代入题图乙数据可得：mB＝1 kg，则mA＝2 kg，故选C.
10.答案 A
解析 在4～6 s 内物块做匀速直线运动，可知Ff＝2 N，在2～4 s 内物块做匀加速直线运动，
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加速度a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma，解得：m＝0.5 kg，又Ff＝μmg，解
得：μ＝0.4，故A 项正确．
11.答案 ACD
解析 由题图知，力F 在第3 s 末撤去，撤去力F 后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二
定律得μmg＝ma3，根据图像得a3＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，A、D 正确；图线与坐标
轴所围面积表示位移，0～4 s 内位移不等于零，所以物体不是第4 s 末回到起始位置，B 错
误；1～3 s 时间内物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma2，
根据图像得a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，C 正确．
12.答案 C
解析 由题图乙知，B 与地面间的最大静摩擦力Ff＝3 N，当F1＝9 N 时，A、B 达到最大的
共同加速度，a1＝4 m/s2，对A、B 整体，由牛顿第二定律得F1－Ff＝(mA＋mB)a1，水平力再
增大时，A、B 发生相对滑动，A 的加速度仍为4 m/s2，对A 有Ff′＝mAa1，B 的加速度随
水平力的增大而增大，当F2＝13 N 时，aB＝8 m/s2，对B 有F2－Ff－Ff′＝mBaB，解得mB＝
1 kg，mA＝0.5 kg，进一步求得B 与地面间的动摩擦因数μ1＝＝0.2，A、B 间的动摩擦因数
μ2＝＝0.4，C 正确，A、B、D 错误．
13.答案 (1) (2)0.075 m
解析 (1)0～2 s 时间内，有F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，
由题图丙可知，a1＝＝0.5 m/s2，
2 s 后，有F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0，
代入数据解得m＝3 kg，μ＝.
(2)撤去推力F 后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，
解得a3＝－ m/s2，
则s＝＝0.075 m．
14.答案 BD
解析 由题图乙得物块在前5 m 位移内做匀减速运动，在5～13 m 位移内做匀加速运动，
且由图线斜率得匀减速运动的加速度大小a1＝ m/s2＝10 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2
＝ m/s2＝4 m/s2，匀减速运动的时间t＝＝1 s，又由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma1和F－
μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，动摩擦因数μ＝0.3，选项B、D 正确．
15.答案 C
解析 在0～1 s 内，＝1，根据牛顿第二定律得a1＝＝g，方向沿斜面向上，物体沿斜面向
上做匀加速直线运动，在1 s 末的速度为5 m/s；在1～2 s 内，拉力F 为零，根据牛顿第
二定律得a2＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s 末速度为零；
在2～3 s 内，＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做
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匀加速直线运动，3 s 末的速度大小为15 m/s，方向沿斜面向下，C 正确．
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