11-19年高考物理真题分专题汇编之专题022.图像在物理解题中的应用

第第 22 节节图像在图像在物理物理解题中的应用解题中的应用 【2019 年物理全国卷 3】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一 大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度 h 在 3m 以内时，物体上升、下落过 程中动能 Ek随 h 的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2。该物体的质量为 A. 2kgB. 1.5kgC. 1kgD. 0.5kg 【答案】C 【解析】 【详解】对上升过程，由动能定理， 0 () kk Fmg hEE，得 0 () kk EEFmg h，即 F+mg=12N；下落过程，()(6) k mgFhE，即8mgF k N，联立两公式，得到 m=1kg、 F=2N。 【2019 年物理全国卷 2】 从地面竖直向上抛出一物体， 其机械能 E总等于动能 Ek与重力 势能 Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的 E总和 Ep随它离开地面的高度 h 的变 化如图所示。重力加速度取 10 m/s2。由图中数据可得 A. 物体的质量为 2 kg B. h=0 时，物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时，物体的动能 Ek=40 J D. 从地面至 h=4 m，物体的动能减少 100 J 【答案】AD 【解析】 【详解】AEp-h 图像知其斜率为 G，故 G= 80J 4m =20N，解得 m=2kg，故 A 正确 Bh=0 时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故 2 1 2 mv=100J，解得：v=10m/s，故 B 错误； Ch=2m 时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=85J-40J=45J，故 C 错误 Dh=0 时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m 时，Ek=E机-Ep=80J-80J=0J，故 Ek- Ek=100J， 故 D 正确 1. 2011 年海南卷年海南卷 8一物体自 t=0 时开始做直线运动，其速度图线如图所示。 下列选项正确的是（） A在 06s 内，物体离出发点最远为 30m B在 06s 内，物体经过的路程为 40m C在 04s 内，物体的平均速率为 7.5m/s D在 56s 内，物体所受的合外力做负功 答：B C 【解析】在 05s,物体向正向运动，56s 向负向运动，故 5s 末离出发点最远，A 错；由面积法求出 05s的位移 s135m, 56s 的位移 s25m,总路程为： 40m， B 对； 由面积法求出 04s的位移 s=30m， 平度速度为：vs/t7.5m/s C 对；由图像知 56s 过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功， D 错 2. 2013 年浙江卷年浙江卷 17如图所示，水平板上有质量 m=1.0kg 的物块，受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用，用力传感 器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。 取重力加速度g=10m/s2。 下列判断正确的是 A5s 内拉力对物块做功为零 B4s 末物块所受合力大小为 4.0N C物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4 D 6s9s 内物块的加速度的大小为 2.0m/s2 t/s v/ms-1 0 10 -10 246 0 5 510t/s F/N 0 4 510t/s Ff/N 2 F 答案：D 解析：由图可得，物体与地面间的最大静摩擦力为 4N，物体从第 4 秒开始运动，在第 4 秒-第 5 秒 内发生位移， 因此做功不为零； 4 秒末物块所受合力为 0， 4 秒以后， 物块所受摩擦力为滑动摩擦力， 根据滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数为 0.3；根据牛顿第二定律可求得加速度为 2.0m/s2。此题考 查学生对基本的物理情景的分析。 3. 2012 年理综天津卷年理综天津卷 8. 如图甲所示，静止在水平地面的物块 A，受到水平向右的拉力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图 乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值 fm与滑动摩擦力大小相等，则 A0t1时间内 F 的功率逐渐增大 Bt2时刻物块 A 的加速度最大 Ct2时刻后物块 A 做反向运动 Dt3时刻物块 A 的动能最大 答案：BD 解析：由 F 与 t 的关系图像知：0t1拉力小于最大静摩擦力，物块静止，F 的功率为 0，A 错误； 在 t1t2阶段拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度增大的加速运动，在 t2t3阶段拉力大于最大静 摩擦力，物块做加速度减小的加速运动，在 t2时刻加速度最大，B 正确，C 错误；在 t1t3阶段物 块一直做加速运动，在 t3t4阶段拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在 t3时刻速度最大，动能 最大，D 正确。 4. 2012 年物理海南卷年物理海南卷 6如图，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面与地面的夹角分别为 和，且。一初速度为 v0的小物块沿斜面 ab 向上运动，经时 间 to后到达顶点 b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止 开始沿斜面 bc 下滑。在小物块从 a 运动到 c 的过程中，可能正确 描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图像是（） 答：C 甲 AF 乙 F t t1t2t3 t4 fm 2fm ac b A v v0 0 t t02t0 3t0 B v v0 0 t t02t0 3t0 C v v0 0 t t02t0 3t0 D v v0 0 t t02t0 3t0 解析：小物块沿斜面 ab 向上运动时，加速度的大小为cossin 1 gga；沿斜面 bc 向下运 动时，加速度的大小为cossin 2 gga， v -t 图像均为直线，D 错；由于克服摩擦做功， 到达 c 点的速度要小于初速度 v0，A 错；, v s t , v s t , v s t t 2 2 0 1 1 22 v0vt，s1t2。选项 B 正确。 7. 2014 年理综四川卷年理综四川卷 7如右图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑 轮且不可伸长的轻绳相连，t= 0 时刻P在传送带左端具有速度v2，P与 定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦， 绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是：（） 【答案】BC 【解析】若 P 在传送带左端具有速度 v2小于 v1，则小物体 P 受到向右的摩擦力，使 P 加速运动， 则有两种可能：一种是一直加速运动，另一种是先加速度运动后匀速运动，所以 B 正确；若 P 在 传送带左端具有速度 v2大于 v1，则小物体 P 受到向左的摩擦力，使 P 减速速运动，则有三种可能： 一种是一直减速运动，二种是先减速度运动后匀速运动，三种先减速度运动到 v1，摩擦力反向， 继续减速度直到速度减为 0，再反向加速运动并且摩擦力反向加速度不变，从左端滑出，所以 C 选项正确。 8. 2014 年理综福建卷年理综福建卷 15如右图，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于 该运动过程，若用 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、 速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像最能正确描述这 一运动规律的是（） P Q v1 v2 A v t v2 t0 O B v t v2 t0 O C v t v2 t0 O D v t v2 t0 O v0 Ot v0 v1 t1 图（b） v0 图（a） 答案：B 解析：在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：macosmgsinmg，故加速度保持不变， 故选项 D 错误；物体做匀减速运动，其 v-t 图像应为倾斜直线，故 C 错；根据匀变速运动的规律 2 0 2 1 attvx ，可得 B 正确；下降的高度sinxh ，所以选项 A 错。 9.2016 年海南卷年海南卷 5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度-时 间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 05s，510s，1015s 内 F 的大小分别为 F1、F2和 F3，则 AF1F3 CF1F3DF1=F3 【答案】A 【解析】根据 v-t 图像可以知道，在 05s 内加速度为 a1=0.2m/s2，方向沿斜面向下； 在 510s 内，加速度 a2=0；在 1015s 内加速度为 a3=-0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图： 在 05s 内，根据牛顿第二定律：mgsin-f-F1=ma1，则： F1= mgsin-f-0.2m； 在 510s 内，根据牛顿第二定律：mgsin-f-F2=0，则：F1= mgsin-f； 在 1015s 内，根据牛顿第二定律： f+F3-mgsin=ma3， 则：F3= mgsin-f+0.2m 故可以得到：F3 F2 F1，故选项 A 正确。 10.2018 年海南卷年海南卷 8如图（a） ，一长木板静止于光滑水平桌面上，0t 时，小物块以速度 0 v滑到 长木板上，图（b）为物块与木板运动的 tv 图像，图中 1 t、 0 v、 1 v已知。重力加速度大小为 g。由此可求得（ BC） A木板的长度 B物块与木板的质量之比 C物块与木板之间的动摩擦因数 D从0t 开始到 1 t时刻，木板获得的动能 解析： 设木块和木板的质量分别为 m 和 M，在速度时间图象上， D t a O A t h O B t s O C t v v0 O t/s v/(ms -1) 0 1 51015 F v mg N f 斜率等于加速度， 可得： 1 10 t vv am ， 1 1 t v aM ， 由牛顿第二定律得：f=mam=mgf=MaM=mg 联立可求得物块与木板的质量之比和物块与木板之间的动摩擦因数。选项 B、C 正确； 由动量守恒定律 10 )(vmMmv解得 mM mv v 1 从0t 开始到 1 t时刻，木板获得的动能 2 1 2 1 MvEk，由于只能求出两者的质量比，不能知道木块 或木板的质量，所以无法求出木板获得的动能，选项 D 错误。故选 BC。 11.2018 年全国卷年全国卷 III、 19地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度 的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩 擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程（ AC） A矿车上升所用的时间之比为4:5 B电机的最大牵引力之比为2:1 C电机输出的最大功率之比为2:1 D电机所做的功之比为4:5 解析：设第次所用时间为 t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， 2 1 2t0v0= 2 1 (t+3t0/2) 2 0 v ，解得：t=5t0/2， 所以第次和第次提升过程所用时间之比为 2t05t0/2=45，选项 A 正确； 由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升 的最大牵引力之比为 11，选项 B 错误； 由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 21，选项 C 正确； 加速上升过程的加速度 a1= 0 0 t v ，加速上升过程的牵引力 F1=ma1+mg=m ( 0 0 t v +g)，减速上升过程的加 速度 a2=- 0 0 t v ，减速上升过程的牵引力 F3=ma2+mg=m(g - 0 0 t v )，匀速运动过程的牵引力 F2=mg。 第次提升过程做功 W1=F1 2 1 t0v0+ F3 2 1 t0v0=mg v0t0； 第次提升过程做功 W2=F1 2 1 2 0 t 2 0 v + F3 2 1 2 0 v 2 0 t + F2 2 0 v 2 3 0 t =mg v0t0； 两次做功相同，选项 D 错误。 t002t0t v 0 v 0 1 2 v 12. 2013 年新课标年新课标 I 卷卷 21.2012 年 11 曰，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载 机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。 飞机着舰并成功钩住阻拦索后， 飞机的动力系统立即关闭， 阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机 着舰为计时零点，飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图 (b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 I000m。已知航母始终静止，重力 加速度的大小为 g。则 + + 飞机 阻拦索 定滑轮 图(a) 70 60 50 40 30 20 10 0 0.5 1.0 1.52.02.53.0 3.5t/s v/(ms-1 ) 图(b) A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10 B.在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5 g D.在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变 【答案】AC 【解析】由 v-t 图象面积的物理意义可以求出飞机滑行的距离约为 100m，是无阻拦索滑行时的十分 之一，A 选项对；在 0.4s2.5s 的时间内，飞机做匀减速直线运动，阻拦索对飞机的合力不变，但两 个张力的夹角变小，所以两个张力变小，B 选项错；由图象可知，飞机最大加速度约为 22 70 10 /30/2.5 2.50.4 v am sm sg t ，C 选项对；阻拦系统对飞机的功率等于两个张力合 力对飞机的功率，由 P=Fv 可知，功率逐渐减小，D 选项错。 13.2015 年理综新课标年理综新课标 I 卷卷 20.如图（a） ，一物块在 t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的-t 图线如图 （b）所示。若重力加速度及图中的 v0，v1，t1均为 已知量，则可求出（ ACD ） A斜面的倾角 B物块的质量 C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度 图（a）图（b） t t1 2t1 v vo v1 0 20 题图 B 图 7 乙 甲 A 解析：小球滑上斜面的初速度 v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度 0，则平均速度为 0 2 v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离 0 1 2 v st， 根据牛顿第二定律，向上滑行过程 a1= 0 1 sincos v gg t ， 向下滑行 a2= 1 1 sincos v gg t ， 整理可得 01 1 sin 2 vv g t ，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项 A、C 正确。根 据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度 00101 10 1 sin 224 vvvvv stv gtg ，选项 D 对。 仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项 B 错。故本题选 ACD。 14. 2013 年广东卷年广东卷 19如图 7，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨 道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有 A甲的切向加速度始终比乙的大 B甲、乙在同一高度的速度大小相等 C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D甲比乙先到达 B 处 答：BD 解析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故 A 错误；当 甲乙下降相同的高度 h 时，由机械能守恒定律得： 2 2 1 mvmgh 即：ghv2，可知，B 正确； 由 v-t 图像可知，C 错误，D 正确。 C 、D 答案判定，画切向速度函数图象如下： 图一 图二 图三图四 分析过程：经分析甲乙开始一段时间，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面图一到图三 3 种可能，排查只有图一才合理，假设 图二成立，从 0 到末时刻有 s甲s乙、末时刻速度大小相同， 表示下降同一高度，然后用水平线去截甲乙轨迹如图四,有 s甲s乙与上面相矛盾故假设不成立，同 理图三也不成立只有图一成立 即 D 对 C 错。 15.2015 年上海卷年上海卷 19一颗子弹以水平速度 v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运 动方向均不变。设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为 v，则（ AC ） （A）v0越大，v 越大 （B）v0越小，v 越大 （C）子弹质量越大，v 越大 （D）木块质量越小，v 越大 解析： 子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和 等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，加速速度也不变，当子弹的初速度 v0越大时，如答图 1 所示，子弹位移也越大，木 块的位移就越小，而木块的 初速度和加速度不变，所以 末速度v就越大， 故A正确， B 错误；子弹的质量越大， 加速度越小，初速度一定， 位移越大，如答图 2 所示， 木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度 v 就越大，故 C 正确；木块的质量 越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如答图 3 所示，故 D 错误。 16. 2014 年理综新课标卷年理综新课标卷 24.2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录， 取重力加速度的大小 g=10m/s2 （1）忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到 1.5km 高度处所需要的时间及其在此处速度的 大小 （2）实际上物体在空气中运动时会受到空 气阻力，高速运动受阻力大小可近似表示为 2 fkv，其中v为速率，k 为阻力系数，其 数值与物体的形状，横截面积及空气密度有 关，已知该运动员在某段时间内高速下落的 vt图象如图所示，着陆过程中，运动员和 v t 答图 1 答图 2 答图 3 O t 子弹 木块 O v 子弹 木块 O t v 子弹 木块 150 t/s v/ms-1 200 250 300 350 400 20 30405060 708090100 t/s 0 1011 30 4041 a/ms-2 1.0 31 1 2 -1.0 图2 图1 电梯 拉力 所携装备的总质量 m=100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数（结果保留 1 位有效数字） 解： （1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速 度为v，根据运动学公式有 gtv 2 2 1 gts 根据题意有 m1051m1093 34 .s 联立式得st87 v=8.7102m/s （2）该运动员达到最大速度 vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有 2 max kvmg 由所给的 v-t 图像可读出 vmax=360m/s 由式得kg/m0080.k 17. 2012 年理综北京卷年理综北京卷 23.(18 分) 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如 1 所示。考虑安全、舒适、 省时等因索，电梯的加速度 a 随时间 t 变化