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高考重点考点解读与针对性训练
第三章 运动和力的关系
考点15 动力学中的图像问题
【考点解读】
1.常见动力学图像及意义
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
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.运用图像解决问题的两个角度
（1）用给定图像解答问题。
（2）根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情境与函数、图像的相
互转换关系。
【高考真题】
【典例1】. （2025 高考黑吉辽蒙卷）如图（a），倾角为
的足够长斜面放置在粗糙水平
面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度
沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数
分别为
、
，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图
（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的
曲线在
时切线斜率为0，则（ ）
1
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A.
B.
时，甲的速度大小为
C.
之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.
之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【解析】．位置
与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲
物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在
时间内甲乙的位移可得
，可得
时刻甲物体的速度为
，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得
，A 正确
设斜面的质量为
，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得
2
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则
之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
【典例2】．（2025 年高考北京卷）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止
开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱
运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大而增大，f 随时间t 的变化如图所示（向
上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从
到
，实验舱处于电磁弹射过程
B．从
到
，实验舱加速度大小减小
C．从
到
，实验舱内物体处于失重状态
D．
时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【解析】从
到
，受到的空气阻力f 方向向下，先增大后减小，可知这段时间内实验
舱速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于竖直向上弹射过程后竖直上抛运动，
A 错误；从
到
，受到的空气阻力f 方向向下，逐渐减小，可知在这段时间内实验舱
速度方向向上，由牛顿第二定律，mg+f=ma，解得a=f/m+g，可知实验舱加速度大小在
3
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减小，B 正确；从
到
时间内，受到的空气阻力f 方向向上，先逐渐增大后逐渐减小，
可知实验舱速度向下，先逐渐增大后逐渐减小，加速度方向先向下后向上，物体先处
于失重状态后处于超重状态，C 错误；
在
时刻，受到的空气阻力f 方向向上且最
大，实验舱速度向下且达到最大，在t3时刻速度方向改变，t3时刻实验舱达到最高点，
D 错误。
【典例3】（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（ ）
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。
【答案】D
【典例4】.[2023 高考浙江1 月]如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O 点抛
出沿轨迹OPQ 运动，其中P 是最高点.若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖
直方向分运动的加速度大小（ A ）
A.O 点最大
B.P 点最大
C.Q 点最大
4
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D.整个运动过程保持不变
解析 小石子抛出后由O 到P 的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向下的
阻力，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，又空气阻力与瞬时速度大小成正比，小石
子向上运动的过程中，竖直分速度逐渐减小，竖直方向的阻力f 逐渐减小，则小石子
的加速度逐渐减小.小石子由P 到Q 的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向
上的阻力，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，小石子的竖直分速度逐渐增大，竖直方
向的阻力f 逐渐增大，加速度逐渐减小.由以上分析可知，石子在O 点竖直方向分运动
的加速度最大，A 正确，BCD 错误.
答案：A
【典例5】.[2020 高考山东卷]一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关
系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v 表示.重力加速度大小为g.
以下判断正确的是（ D ）
A.0～t1时间内，v 增大，FN＞mg
B.t1～t2时间内，v 减小，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v 增大，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v 减小，FN＞mg
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v 增
大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A
错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v 不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝
mg，B 错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v 减小，加速度方向向上，由牛顿运动定
律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C 错误，D 正确.
答案：D
【典例6】.（2023·全国甲卷19 题）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 的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A.m 甲＜m 乙
B.m 甲＞m 乙
C.μ 甲＜μ 乙
D.μ 甲＞μ 乙
解析： 根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a 图像
的斜率为m，纵截距为μmg。由题图可知m 甲＞m 乙，μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ
5
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甲＜μ 乙，故选B、C。
【答案】BC
【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。
2. 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（ ）
6
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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。
答案：D
3. 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。
4. 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（
）
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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
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。
答案：D
5.（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
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。
答案： A
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6.（2025·内蒙古通辽一模）一个质量为 6 kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线的
其中一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度—时间图像，则物体所
受摩擦力的大小的可能值为（ ）
A.1 N
B.2 N
C.2.5 N
D.3 N
解析： 根据v-t 图像可知两图线对应的加速度大小分别为a1＝10－2
12
＝2
3 m/s2，a2＝
10－6
12
＝1
3 m/s2，若水平拉力与运动方向相反，则有a1＝F ＋f
m
，a2＝f
m，解得F＝2
N，f＝2 N，若水平拉力与运动方向相同，则有a1＝f
m，a2＝f －F
m
，解得F＝2 N，f＝4
N，故选B。
答案 B
7．（2025 届湖南衡阳重点高中质检）如图（a）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
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
,实验测得x 与斜面倾角
的关系如图（b）所示，取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
图（a） 图（b）
A．物体的初速率
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B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．当
时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角
,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值
【答案】AD
【名师解析】由图可知，当
时物体做竖直上抛运动，位移为
,由竖直上
抛运动规律可知
代入数据解得
故A 正确；
当
时，位移为
,由动能定理可得
代入数据解得
．故B 错误；
若
时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C 错误；
由动能定理得
解得
当
时，
,此时位移最小为
故D 正确．故选AD．
8. . (2024 安徽芜湖3 月质检)如图甲所示，A、B 两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面
上，它们的质量分别为
、
，现分别用水平向右的力
推A、
拉B，
10
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和
随时间变化关系如图乙所示，则（ ）
A.
时，A、B 之间的弹力为
B.
时，A、B 脱离
C. A、B 脱离前，它们一起运动的位移为
D. A、B 脱离后，A 做减速运动，B 做加速运动
【参考答案】ABC
【名师解析】
由乙图可得：
，
在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小总是不变，恒定为
整体一起做匀加速运动的加速度为
时，以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
解得A、B 之间的弹力为
故A 正确；
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B．脱离时满足A、B 加速度相同，且弹力为零，则有
可得
又
解得
，故B 正确；
A、B 脱离前，它们一起运动的位移为
故C 正确；
脱离后
内A 仍然受到向右的推力，所以A 仍然做加速运动，在
后A 不受推力，将
做匀速直线运动；物体B 一直受到向右的拉力而做加速运动，故D 错误。
9．（2024 年3 月江苏无锡四校调研）如图所示为跳伞者在竖直下降过程中速度v 随时间t
变化的图像，根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．0~t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大
B．0~t1内，跳伞者处于超重状态
C．tanθ=g（g 为当地的重力加速度）
D．在t1~t2内，跳伞者处于失重状态
【参考答案】A
【名师解析】．由跳伞者在竖直下降过程中速度v 随时间t 变化的图像可知，0~t1时间内，
速度不断增大，根据v-t 图像切线的斜率表示物体运动的加速度可知，0~t1时间内，加速度
不断减小，根据牛顿第二定律：mg−f =ma，加速度a 减小时，说明所受空气阻力f 增大，
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即0~t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大，选项A 正确；0~t1时间内，跳伞者向下加速，
加速度方向向下，处于失重状态，选项B 错误；t=0 时，跳伞者速度为零，所受空气阻力为
零，跳伞者只受重力作用，切线的斜率表示此时物体的加速度，但是tanθ 的数值不能表示
加速度的大小，C 错误；t1~t2时间内，跳伞者向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，
选项D 错误.。
10. （2024 重庆主城区第一次质检）在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中
以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的v-t 图像如图。则伞兵在（ ）
A. 0~10s 内位移大小为50m
B. 10s~15s 内加速度逐渐增大
C. 0~10s 内所受阻力逐渐增大
D. 10s~15s 内所受阻力逐渐增大
【参考答案】C
【名师解析】
0~10s 内图线与横轴所围区域的面积大于50m，即位移大于50m，故A 错误；
由图可知，0~10s 内图线切线
斜率减小，即伞兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律
有
加速度减小，则阻力增大，故C 正确；
10s~15s 内伞兵向下减速，图线切线的斜率减小，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律
加速度减小，则阻力减小，故BD 错误。
11. （2024 湖南顶级名校期末）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上
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升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的
图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为
，重力加速度为
，忽
略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A.最大下潜深度为
B.下潜过程所用总时间为
C.上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为
D.潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
【参考答案】.BCD
【名师解析】设下潜的总时间为
，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而
图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和成速过程中加速度大小相等，而
图像的钭斗的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得
解得
，由此可待最大下暃深度
故A 错误，B 正确；C。取向上为正方向，设上升
过程中，加速阶段薄力的冲量为
，匀速阶投浮力的冲量为
，减速阶段浮力的冲量为
，
期有
，整理可得
上升过程中浮力的冲量大小为
故C 正确∶D。加速阶段浮力最大，
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由牛顿第二定侓有
，减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
，则可得
。故D 正确。故选BCD。
.
15
