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

1、 第 22 节 图像在物理解题中的应用.【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 在 3m 以内时，物体上升、下落过h程中动能 随 的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2。该物体的质量为ehka. 2kgb. 1 5kgc. 1kgd. 0.5kg【答案】c【解析】-(f + mg)h = e - ee = e - (f + mg)h，即【详解】对上升过程，由动能定理，得kk 0kk 0(mg - f)(6 - h) = e- = = 8，即mg f kf+mg=12n；下落过程，f

2、=2n。mn，联立两公式，得到 =1kg、k【2019 年物理全国卷 2】从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 等于动能 与重力eek总势能 之和。取地面为重力势能零点，该物体的 和 随它离开地面的高度 的变eeehpp总化如图所示。重力加速度取 10 m/s2。由图中数据可得a. 物体的质量为 2 kgb. =0 时，物体的速率为 20 m/sh c. h=2 m 时，物体的动能 e =40 jkd. 从地面至 h=4 m，物体的动能减少 100 j【答案】ad【解析】80j【详解】ae -h 图像知其斜率为 g，故 g=20n，解得 m=2kg，故 a 正确p4m1bh=0 时，e =0，e

3、 =e -e =100j-0=100j，故 mv2=100j，解得：v=10m/s，故b 错误；pkp2机ch=2m 时，e =40j，e = e -e =85j-40j=45j，故 c 错误机pkpdh=0 时，e =e -e =100j-0=100j，h=4m 时，e =e -e =80j-80j=0j，故 e - e =100j，kpkpkk机机故 d 正确1. 2011 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（v/ms-110）t/s0a在 06s 内，物体离出发点最远为 30mb在 06s 内，物体经过的路程为 40mc在 04s 内，物体

4、的平均速率为 7.5m/sd在 56s 内，物体所受的合外力做负功答：b c246-10【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 s 35m, 56s 的位移 s 5m,总路程为：40m，b 对；由面积法求出04s 的位移 s=30m，12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f 的大小。取重力加速

5、度g=10m/s2。ff下列判断正确的是a5s 内拉力对物块做功为零f /nf/nfb4s 末物块所受合力大小为 4.0n542c物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4d6s9s 内物块的加速度的大小为 2.0m/s200510t/s510t/s 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

6、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 f 与滑动摩擦力大小相等，则ma0t 时间内 f 的功率逐渐增大1fbt 时刻物块 a 的加速度最大22fmfmct 时刻后物块 a 做反向运动af2tdt 时刻物块 a 的动能最大t t21t33t4甲乙答案：bd解析：由 f 与 t 的关系图像知：0t 拉力小于最大静摩擦力，物块静止，f 的功率为 0，a 错误；1在 t t 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 t t 阶段拉力大于最大静1223摩擦力，物块做加速度减小的加速

7、运动，在t 时刻加速度最大，b 正确，c 错误；在 t t 阶段物213块一直做加速运动，在 t t 阶段拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在t 时刻速度最大，动能343最大，d 正确。4. 2012 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v 的小物块沿斜面 ab 向上运动，0b经时间 t 后到达顶点 b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即o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，ac可能正确描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图像是 （） vvvvv0v0v0v0tt

8、tt0t0 2t00t0 2t03t00t0 2t00t0 2t03t03t03t0adbc答：c解析：小物块沿斜面 ab 向上运动时，加速度的大小为a = g sina + mg cosq；沿斜面 bc 向下运， v -t 图像均为直线，d 错；由于克服摩擦做功，1a = g sina - mg cosq动时，加速度的大小为2s2s2st = ,t =,t =,2 v v ，s t=acbdk1k 212k1k 212dedet tdedet t1t 。选项 b 正12确。7. 2014年理综四川卷7如右图所示，水平传送带以速度v 匀速运动，小物体p、q由通过定滑v2v11p轮且不可伸长的轻

9、绳相连，t = 0时刻 p在传送带左端具有速度 v，p与2定滑轮间的绳水平，t = t 时刻 p离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，0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：（ ）qvvvvv2ov2ov2ov2otttt tt0t0t00abdc【答案】bc【解析】若 p 在传送带左端具有速度 v 小于 v ，则小物体 p 受到向右的摩擦力，使 p 加速运动，21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 v 大于 v ，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：21一种是一直减速运动，二

10、种是先减速度运动后匀速运动，三种先减速度运动到v ，摩擦力反向，1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15如右图，滑块以初速度v 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0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v0一运动规律的是 （）hsvv0aoottototabcd答案：b解析：在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mg sin - mgq= ，故加速度保持不变，cosq ma故选项 d 错误；物体做匀

11、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1x = v t - at ，可得 b 正确；下降的高度h = x sin ，所以选项 a 错。2209.2016 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 f 、f 和 f ，则v/(m s-11 )123af f1223t/s150cf fdf =f5101313【答案】a【解析】根据 v-t 图像可以知道，在 05s 内加速度为 a =0.2m/s2，方向沿斜面向下；

12、1在 510s 内，加速度 a =0；在 1015s 内加速度为 a =-0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：23在 05s 内，根据牛顿第二定律：mgsin-f-f =ma ，则：11nf = mgsin-f-0.2m；f1f在 510s 内，根据牛顿第二定律：mgsin-f-f =0，则 ：f = mgsin-f；v21在 1015s 内，根据牛顿第二定律： f+f -mgsin=ma ，33则：f = mgsin-f+0.2mmg3故可以得到：f f f ，故选项 a 正确。32110.2018 年海南卷 8如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，v0v 滑到长木板上，图（b

13、）为物块与木板运0t = 0 时，小物块以速度图（a）v - tt v 、v 已知。重力加速度大小为g。由此图像，图中 、vv动的1010v1ott1图（b） 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t = 0 开始到t 时刻，木板获得的动能1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，斜率等于加速度，v - vvt可得：a =01，a =m，1tm11由牛顿第二定律得：f=ma =mgf=ma =mgmm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；mv由动量守恒定律mv =(m + m)v解

14、得 =v1 m m01+1从t 0 开始到t 时刻，木板获得的动能e = mv ，由于只能求出两者的质量比，不能知道木块=2121k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 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vv0擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程 （ ac ）1va矿车上升所用的时间之比为4 :52 0b电机的最大牵引力之比为2:1c

15、电机输出的最大功率之比为2:1d电机所做的功之比为4 :50t02t0t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，121v2t v = (t+3t 2) 0 ，解得：t=5t /2，00 20/20所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为 2t 5t /2=45，选项 a 正确；00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；vv加速上升过程的加速度 a = ，加速上升过程的牵引

16、力 f =ma +mg=m ( +g)，减速上升过程的加001 t11t00 vv速度 a =- ，减速上升过程的牵引力 f =ma +mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力 f =mg。002 t32t20011第 次提升过程做功 w =f t v + f t v =mg v t ；11 2003 2000 01 t v1 v tv 3t000000第 次提升过程做功 w =f 1 2 2 2+ f + f =mg v t ；23 2 2 2 2 2 20 0两次做功相同，选项 d 错误。12. 2013 年新课标 i 卷21.2012 年 11 曰，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母

17、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v/(m s )-17060+飞机50403020100阻拦索定滑轮图(a)+0.5 1.0 1.52.0 2.5 3.0 3.5 t/s图(b)a. 从着舰到停止，飞机在甲

18、板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10b. 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 gd. 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dv 70 -10a =m / s = 30m / s 2.5g，c 选项对；阻拦

19、系统对飞机的功率等于两个张力合22dt 2.5 - 0.4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 i 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 v ，v ，tv011均为已知量，则可求出 （ acd ）a斜面的倾角02t t1v1b物块的质量图（a）图（b）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20 题图解析：小球滑上斜面的初速度v 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0vvs = t，所以沿斜面向上滑行的最远距离，00221

20、v= g sinq + mg cosq根据牛顿第二定律，向上滑行过程 a =，01 t1v= g sinq - mg cosq向下滑行 a =，12 t1v + vg sin =整理可得q，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。012t1vv + vv + vssin = t = v根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度q，选项 d 对。0010122gt4g101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

21、a 处自由滑向 b 处，下列说法正确的有乙aa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 处甲b图 7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1mgh = mv2 即：v = 2gh甲乙下降相同的高度 h 时，由机械能守恒定律得：，可知，b 正确；2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： 图一图三图四图二分析过程：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

22、成立，从 0 到末时刻有 s s 、末时刻速度大小相同，甲乙表示下降同一高度，然后用水平线去截甲乙轨迹如图四,有 s s 与上面相矛盾故假设不成立，同甲乙理图三也不成立只有图一成立 即 d 对 c 错。15.2015 年上海卷 19一颗子弹以水平速度v 穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运0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）v 越大，v 越大0（b）v 越小，v 越大0（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，

23、若质量不变，加速速度也不变，当子弹的初速度v 越大时，如答图 10所示，子弹位移也越大，木vvv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，子弹木块子弹木块otoott木块答图 2答图 1答图 3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

24、，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v/ms-1（2）实际上物体在空气中运动时会受到空400气阻力，高速运动受阻力大小可近似表示为350f = kv2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其300250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v -t图象如图所示，着陆过程中，运动员和200150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

25、受阻力的阻力系数（结果保留 1 位有效数字）t/s20 30 40 50 60 70 80 90 100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v = gt1s = gt22根据题意有s = 3.9104 m -1.5103m联立式得t = 87sv=8.710 m/s2（2）该运动员达到最大速度 v 时，加速度为零，根据牛顿第二定律有maxmg = kv2max由所给的 v-t 图像可读出 v =360m/smax由式得k = 0.008 kg/m17. 2012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 变化的。已知电梯在t=0 时由静止开始上升，a 一 t 图像如图2 所示。电梯总质最 m=2.010 kg。忽略一切阻力，重力加速