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”~~~
第三章运动和力的关系
第12 课时 动力学两类基本问题 动力学图像问题
目录
考点一 动力学两类基本问题.......................................................................................................1
1.解决动力学两类基本问题的思路................................................................................................1
2.分析动力学两类基本问题的关键................................................................................................2
考点二 动力学图像问题...............................................................................................................4
【限时训练】（限时：40 分钟）.................................................................................................. 6
【考情分析·探规律】
考
情
分
析
知识点
年份
涉及试卷及题号
动力学两类基本问题
动力学图像问题
2021
全国乙卷、全国乙卷·21、全国甲卷·14
2022
2022·浙江1 月、辽宁卷·7
2023
2023·全国甲卷、2023·全国甲卷·19
2024
2024·安徽、2024·贵州卷·1
试
题
情
境
生活实践类
跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯
内的超重及失重
学习探究类
传送带模型，板块模型，探究加速度与力、质量的关系，
测量动摩擦因数
【知识梳理】
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
考点一 动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的
桥梁。
【小试牛刀】
【典例】1.在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30 km
高空时速度达到1.2 km/s，助推器脱落，经过一段时间落回地面。已知助推器脱落
后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的1
5，g 取10 m/s2。求：
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；
(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。
【答案】(1)90 km (2)1 200 m/s 250 s
【解析】(1)助推器脱落后，受到阻力Ff＝1
5mg
上升过程，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma1
解得a1＝12 m/s2，方向竖直向下，
则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度
h2＝v0
2
2a1
＝6×104 m＝60 km
所以助推器能上升到距离地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝90 km。
(2)助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律可知mg－Ff＝ma2
解得a2＝8 m/s2
落回地面的速度大小为v＝√2a2h＝1 200 m/s
助推器从脱离到最高点所用时间t1＝
v0
a1
＝100 s
从最高点到落地点所用时间t2＝v
a2
＝150 s
所以助推器从脱离到落地经历的时间
t＝t1＋t2＝250 s。
【典例】2.(2022·浙江1 月选考·19)第24 届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段
赛道如图甲所示，长12 m 水平直道AB 与长20 m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，
斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点由静止出发，推着雪车匀加速到B 点时
速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑(图乙所示)，到C 点共
用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110
kg，重力加速度g 取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB 上的加速度大小；
(2)过C 点的速度大小；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】(1)8
3 m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)雪车(包括运动员)在直道AB 上做匀加速运动，则有v1
2＝2a1x1
解得a1＝8
3 m/s2
(2)由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
雪车(包括运动员)在斜道BC 上匀加速下滑，则有
x2＝v1t2＋1
2a2t2
2
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
过C 点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC 上由牛顿第二定律，有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N。
【解题技巧】动力学多过程问题的解题步骤
(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“子过程”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。
(3)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。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联、位移关联，
并列出相关的“过程性”与“状态性”辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
考点二 动力学图像问题
常见的动力学图像
v－t 图像、a－t 图像、F－t 图像、F－a 图像等。
(1)v－t 图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程
求解。
(2)a－t 图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力
情况应用牛顿第二定律列方程求解。
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)F－t 图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情
况。
(4)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。
【典例】1.(多选)(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
【答案】BC
【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a 图像的
斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲<μ
乙。故选B、C。
【典例】2.(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左
端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随
时间t 的变化关系如图(b)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(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块
与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力
加速度大小为g。则( )
A.F1＝μ1m1g
B.F2＝m2(m1＋m2)
m1
(μ2－μ1)g
C.μ2>m1＋m2
m2
μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面上滑动，物块与木板
相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A 错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿
第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝m2(m1＋m2)
m1
(μ2－μ1)g，
可知μ2>
m1＋m2
m2
μ1，故B、C 正确；
由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确。
【解题技巧】 分析动力学图像问题的方法技巧
1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图
像所反映的物理过程。
2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映
的是怎样的物理过程。
3.建立图像与公式间的关系：对于a－F 图像、F－x 图像、v－t 图像、v2－x 图像等，
都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、
面积、截距等对应的物理意义。
4.要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在
临界点物体运动状态往往发生变化)。
【限时训练】（限时：40 分钟）
【基础必刷题】1~6 题每小题4 分，共24 分
1.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段
时间内，小圆盘仅受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在
不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能
正确的是( )
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.f 一直大于G
B.f 一直小于G
C.f 先小于G，后大于GD.f 先大于G，后小于G
【答案】C
【解析】由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的
速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第
二定律G－f＝ma 可知f 先小于G，后大于G。故选C。
2.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，
上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ 可变。
将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间
t 与夹角θ 的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ ＝1
2gsin θ·t2，可得t2＝
4 L
gsin 2θ ，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ 从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑
时间t 先减小后增大，故选D。
3.如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O 为球内的最低点，它们与水平面间的
夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C 处由静止沿所在弦下滑，
运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为( )
A.tA＝tB＝tC
B.tA<tB<tC
C.tA>tB>tC
D.tA＝tC>tB
【答案】A
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线运动，
2Rcos θ＝1
2gcos θ·t2，解得运动时间为t＝2√
R
g ，与夹角θ 无关，故tA＝tB＝tC，A 正确。
4.如图甲所示，小明同学用水平恒力推静止在水平地面上的箱子，1 s 后撤去恒力，箱
子的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.整个过程中箱子一直做匀变速直线运动
B.箱子所受推力与摩擦力之比为3∶2
C.第1 s 末箱子的速度方向发生改变
D.箱子与地面间的动摩擦因数为0.2
【答案】B
【解析】根据v－t 图像的斜率表示加速度可知，箱子在整个过程中先做匀加速运动再
做匀减速运动，加速度的大小和方向都变化，所以整个过程不是匀变速直线运动，故
A 错误；撤去恒力后，箱子所受合力为摩擦力，则有Ff＝μmg＝ma2，由题图乙可知，
撤去恒力后箱子的加速度大小为a2＝| Δv
Δt |＝4 m/s2，解得μ＝0.4，故D 错误；在0~1 s
时间内，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，由题图乙可知在0~1 s 时间内箱子加速度
大小为a1＝Δv '
Δt ' ＝2 m/s2，解得F＝6m，结合上述可知，箱子所受恒力与摩擦力之比
为6m∶4m＝3∶2，故B 正确；题图乙中速度v 的正负表示速度方向，可知第1 s 末箱
子的速度方向没有变化，故C 错误。
5.(2022·辽宁卷·7)如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向
另一端，经过1 s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10 m/s2。下列
v0、μ 值可能正确的是( )
A.v0＝2.5 m/s
B.v0＝1.5 m/s
C.μ＝0.28
D.μ＝0.25
【答案】B
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】物块沿中线做匀减速直线运动，则v ＝x
t ＝v0＋v
2
，由题知x＝1 m，t＝1
s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v0
2＝
2ax，整理有v0
2－2μgx＝v2>0，则μ<0.2，故选B。
6.如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀
加速运动，其加速度a 随恒力F 的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求
得的物理量是( )
A.物体质量
B.斜面倾角
C.当地重力加速度
D.物体与斜面间动摩擦因数
【答案】A
【解析】设a－F 图像斜率为k，纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图甲：
有F－mgsin θ＝ma，解得a＝1
mF－gsin θ，则k＝1
m，b＝－gsin θ，
若斜面粗糙，对物体受力分析如图乙：
有F－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝ma'，解得a'＝1
mF－(gsin θ＋μgcos θ)，则k＝1
m，b＝－
(gsin θ＋μgcos θ)，综上可知根据a－F 图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体
质量m，故选A。
【巩固必刷题】7 题6 分，8 题13 分，共19 分
7.(多选) (2023·山东济宁市一模)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示
为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，
记录的加速度a 随时间t 变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速
度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动
摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，在该过程
中，下列说法正确的是( )
A.充电宝受到的静摩擦力的最大值为1 N
B.t3时刻充电宝受到的摩擦力大小为0.4 N
C.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10 N
【答案】BD
【解析】t3时刻由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，解得Ff＝0.4 N，故B 正确；充电宝
在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电
宝具有向下的加速度，而加速度大小小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充
电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C 错误；t2时刻充电宝具有的加速度最大，
充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有Ff'－mg＝ma'，又Ff'＝μFN，
解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN＝10 N，此时Ff'＝5 N，故D 正确，A
错误。
8.(13 分)一辆质量为15 t 的货车在公路上行驶，当行驶到一个较长下坡时(每下行1 km
高度下降120 m)，司机发现货车的刹车系统失灵。货车在斜坡上以36 km/h 的初速度
加速向下滑行，幸好滑行了1 km 时司机将车子开上了一个缓冲坡(用砂石铺于表面的
一个斜上坡，如图所示，在缓冲坡上每上行10 m 升高3 m)，在缓冲坡向上滑行了40 m
后停止。已知货车在较长下坡时受到的阻力是车重的1
10，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)(6 分)车子下坡滑行1 km 所用的时间；
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)(7 分)车子在缓冲坡上运动时受到的阻力大小。
【答案】(1)61.8 s (2)4.875×104 N
【解析】(1)货车下坡滑行做匀加速直线运动，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－kmg＝ma1
其中k＝0.1
sin θ＝Δh
Δ L ＝3
25
解得a1＝0.2 m/s2
再由x1＝v0t＋1
2a1t2
解得t＝50(√5－1)s≈61.8 s
(2)货车在缓冲坡上做匀减速直线运动，设货车的加速度设为a2，刚冲上缓冲坡时的速
度为v1，有v1＝v0＋a1t＝10√5 m/s
0－v1
2＝2a2x2
解得a2＝－6.25 m/s2
根据牛顿第二定律，有－mgsin α＋F2＝ma2
sin α＝Δh
'
Δ L
' ＝3
10
解得F2＝－4.875×104 N
即在缓冲坡上受到的阻力大小为4.875×104 N，负号表示阻力方向与车子运动方向相
反。
【尖子拔高题】
9.(17 分)如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E 两地进行滑雪训练，在某次训练中，
他从A 由静止开始向前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F(可视为恒定不变)，经过t1到
达B 点，之后立即撤去F，滑行t2后到达C 点，再次用滑雪杖获得同样的水平推力F，
作用距离为x3到达D 点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好停在E 点。已知该运
动员连同装备的总质量为m＝60 kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为Ff＝12 N，
且F＝84 N，t1＝1 s，t2＝2 s，x3＝1
3 m，求运动员：
(1)(3 分)在AB 段的加速度a1的大小；
(2)(7 分)到达C 点时的速度大小；
(3)(7 分)从A 点到E 点的位移大小(结果保留三位有效数字)。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【答案】(1)1.2 m/s2 (2)0.8 m/s (3)6.53 m
【解析】(1)第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma1
解得a1＝1.2 m/s2。
(2)第一次利用滑雪杖获得的速度大小为
v1＝a1t1＝1.2×1 m/s＝1.2 m/s
这段时间内的位移大小为
x1＝1
2a1t1
2＝1
2×1.2×12 m＝0.6 m
第一次撤去推力后的时间t2＝2 s 内，运动员的加速度为a2＝−Ff
m ＝－12
60 m/s2＝－0.2
m/s2
到达C 点时的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(1.2－0.2×2) m/s＝0.8 m/s。
(3)第二次利用滑雪杖滑行过程中，由v3
2－v2
2＝2a1x3
解得v3＝1.2 m/s
第一次撤去推力后的时间t2＝2 s 内，运动员的位移为x2＝v1＋v2
2
t2＝2 m
第二次撤去推力后运动员滑行的过程中有
0－v3
2＝2a2x4
解得x4＝3.6 m
则从A 点到E 点的位移大小x＝x1＋x2＋x3＋x4
解得x≈6.53 m。
12
