高考物理易错题专题三图像法解决物理试题(含解析)及解析

1、高考物理易错题专题三图像法解决物理试题（含解析）及解析一、图像法解决物理试题1.图甲为某电源的U I图线，图乙为某小灯泡的 U I图线，则下列说法中正确的是A.电源的内阻为5QB.小灯泡的电阻随着功率的增大而减小C.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3WD.把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.4W【答案】D【解析】【详解】A.根据闭合电路欧姆定律变形：U E 卜可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为:内阻为:E 1.5V1.0 1.55r Q - Q0.33A错误；B.根据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得：R UI

2、可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大, 错误；C.把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起：乙两U I曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数：U 0.125VI 0.28A所以，小灯泡的功率为：P UI 0.125 0.28W 0.035WC错误；D.回路中的总功率为：Ph、 EI 1.5 0.28W 0.42WD正确。故选Do2.某同学站在电梯底板上，如图所示的v-t图像是计算机显示电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）.根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是）A.在0-20S内，电梯向上运动，该同学处于超重状态B

3、.在0-5s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态C.在5s-10s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力D.在10s-20s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态【答案】D【解析】图像的斜率表示加速度，故 05s内斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，速 度为正，即电梯向上加速运动；在570s过程中，电梯匀速，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于正常状态；1020s过程中，斜率为负，速度为正，即电梯向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态，D正确.【点睛】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速 度，当有向上

4、的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态.3. A、B两个物体在同地点，沿同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A. A、B两物体运动方向一定相反B.开头4s内A、B两物体的位移相同C. A物体的加速度比B物体的加速度大D. t=4s时，A、B两物体的速度相同【解析】由图像知A、B两物体速度为正，表明运动方向均与正方向相同，A错.A、B两个物体在同地点出发，由图像与横轴包围面积可知，开头4s内A、物体的位移比B的小，B错.速度图象斜率表示加速度，B的斜率大于A,所以A物体的加速度比 B物体的加速度小，C错.t=4s时，A、B两物体的速度相同

5、， D对.4.如图甲，长木板 A放在光滑的水平面上，质量为 m 2 kg的另一物体b （可看作质 点）以水平速度vo 2 m/s滑上原来静止的长木板 A的表面.由于 A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（2g 取 10 m/s )()A .木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为 4 JC.木板A的最小长度为2 mD. A、B间的动摩擦因数为 0.1【答案】D【解析】【详解】A.由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2 ,根据牛顿第二定律知二者质量相等均为121J,选项A不符合题意;2kg,则木板状得的动能为 Ekmv2121c 2B.系统损失的

6、机械能E mV。- 2m v 2 J ,选项B不符合题意；22C.由v-t图象可求出二者相对位移为-2 1m 1m,木板A的最小长度为1m,所以C不2符合题意；D.分析B的受力，根据牛顿第二定律，mg maB可求出 0.1 ,选项D符合题意.5.将质量为m = 0.1 kg的小球从地面竖直向上抛出，初速度为Vo = 20 m/s ,小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f= kv,已知k=0.1 kg/s.其在空气的速率随时间的变化规律A.小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB.小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C.小球落地前匀速运动，落地速度大小V1=10 m/sD.小球抛出瞬间

7、的加速度大小为20 m/s2【答案】C【解析】【详解】根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于V 10m/ s ,故小球上升过程的平均速度小于10m/s ,故A错误.2球在t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g,故B错误.由图象可知，小球落地前匀速运动，由 mg=f=kv1；得V1=10m/s .故C正确.小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0;联立解得：a0=30m/s2.故D昔误.故选C.【点睛】关于速度时间图象问题，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，

8、面积表示位移.要注、，- Vo V 一一一一，意公式V -一只适用于匀变速直线运动.2B.第3s内和第4s内的加速度大小相同、方向相反C.前4s内位移为4mD. 3s末物体离出发点最远【答案】B【解析】试题分析：根据速度的正负读出速度的方向.由速度图象的斜率等于加速度，根据数学知识研究加速度方向关系，图象与坐标轴围成的面积表示位移.由图看出，第2s内和第3s内物体的速度都正值，都向正方向，方向相同， A正确；由斜率读出，第3s内和第4s内的加速度大小相同、方向相同， B错误；根据图象与坐标轴围11.成的面积表本位移可知，刖 4s内位移x - 3 4 - 1 4 4m, C正确；0-3s内速度

9、22为正，沿正方向运动，3-6s内速度为负，沿负方向运动，则3s末物体离出发点最远，D正I、II的速度图象如图所示。在0r2时确.7.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体间内，下列说法中正确的是：（）A. I、II两个物体所受的合外力都在不断减小B. I物体的加速度不断增大，II物体的加速度不断减小C. I、II两个物体在ti时刻相遇D.物体平均速度的大小：I物体的大于 v+v2, II物体的等于 v+v2 22【答案】D【解析】【详解】AB.速度-时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体I做加速度不断减小的加速运动，物体n做加速度不变的减速运动，根据牛顿第二定律可

10、知.I物体所受的合外力都在不断减小，.II物体所受的合外力合力不变，故 ab错误；C.图线与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移大小，在0ti时间内两物体图线与时间轴围成的面积不相等，说明两物体的位移不相等，而从同一地点同时开始沿同一直线运动 的两个物体，所以I、II两个物体在ti时刻没有相遇，故 C错误；v vD. V1均匀增加到V2,物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于-一2 ,所以I2的平均速度大于 上上，如图所示；II物体的图像是一条倾斜直线，表示它做匀减速直线2运动，所以II物体的等于竺女，故D正确。28.如图（a）所示，质量为2kg的小球放在光滑水平面上，在界线 MN的左

11、方始终受到水平恒 力Fi作用，在MN的右方除受Fi外还受到与Fi在同一条直线上的水平恒力 F2的作用.小 球从A点由静止开始运动，运动的 v-t图像如图（b）所示，由图可知，下列中说法正确的是X.()MNB. Fi与F2大小的比值为3:5D.小球向右运动的过程中，Fi与F2的冲量A. F2的大小为6NC. t=2.5s时，小球经过界线相同【答案】BA.因不知道Vi的大小，因此本题 Fi和F2的大小求不出，故 A错误；B.物体在0-2.5S内一直向右运动，在 2.5-5S内向左运动，其中在 4s的时候越过 MN向左 运动，最终5s时减速为0;取向右为正方向，在 0-2.5s内对物体写动量定理有0

12、 0 Fi 2.5 F2 i.5Fi : F2 3: 5 ,故 B 正确；C.物体在MN左侧受到恒力Fi的作用做匀加速直线运动，物体在 MN的右侧受Fi和F2共 同的作用做匀变速运动因此加速度会变化，因此结合v-t图像可知物体在is时越过的MN,故C错误；D.小球向右的过程中 Fi的冲量和F2的冲量大小相等，但方向不一样，故D错误.9. A, B两个物体朝同一方向做匀变速直线运动，f=0时两者间的距离为 so,速度分别为vi、如图所示，它们的 v-t图象如图所示，阴影部分面积为si,t2=2ti,至ij t3时刻A、B还没相遇。由图可知（）A. ti时刻A,B间的距离等于siB. ti时刻A,

13、B间的距离最小C. t2时刻A,B间的距离等于soD. t2时刻A,B间的距离等于2si【答案】C【解析】【分析】利用在v-t图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移；图象的斜率等于加速度；根据两物体的速度大小，判断何时两者相距最远.【详解】在v-t图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，“时刻B物体的速度大于 A物体的速度,所以此时AB物体相距的距离为A错误；当两物体的速度相等时，两物体相距最 远，即ti时刻相距最远，并非最小，B错误；由于仃=2问，据图象可知匕时刻图象中所围的面积相等，所以两物体相距的距离为七二时两者间的距离为$0, C正确D错误；10. 一个以初速度vo沿直线运动的物体，t秒末

14、的速度为v,其v-t图象如图所示，则关于t秒内物体运动的平均速度 8，以下说法正确的是D.无法确定()连接图线的起点和终点，该连线表示做匀加速直线运动，其平均速度为L 至，匀加速直线运动的图线围成的面积小于非匀变速直线运动图线围成的面积，而时间相等，则知% + MV ：-该非匀变速直线运动的平均速度2 ，故A正确，B、C、D错误；故选A。【点睛】速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，将该运动与匀加速直线运动相比较，分析平均速度的大小。11. 一枚火箭由地面竖直向上发射的速度-时间图像如图所示，则火箭运动情况正确的说法是（）A.火箭的速度先逐渐增大，然后又逐渐减小

15、B.火箭在t2时刻上升至最高点 BC.火箭在B点的速度达到最大值D.火箭在AB段的加速度比 OA段的加速度要小【答案】AC【解析】【详解】A.由图象看出，在0 ti时间内火箭的速度逐渐增大，ti tc时间内火箭的速度逐渐减小，故A正确。B.由速度图象看出，速度均是正值，说明火箭一直向上运动，tc时刻速度为零，上升到最高点，故B错误。C.根据速度的数值看出，火箭在B点的速度达到最大值，故 C正确。D.速度图线的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。由图象可知AB段斜率大于OA段的斜率，因此火箭在 AB段的加速度大于 OA段的加速度。故 D错误。v随时间t变化的图线如图所12. 一物块在空中某位置

16、从静止开始沿直线下落，其速度 示.则物块A.第一个to时间内的位移等于第二个to时间内的位移B.第一个to时间内的平均速度等于第二个to时间内的平均速度C.第一个to时间内重力的冲量等于第二个to时间内重力的冲量D.第一个to时间内合外力的功大小等于第二个to时间内合外力的功大小【答案】CDAB.速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个to时间内的x位移小于第二个to时间内位移.据V 得，物块第一个to时间内的平均速度小于第二个 tto时间内的平均速度.故 AB两项错误.C.冲量I mgt ,可知第一个to时间内重力的冲量等于第二个 to时间内重力的冲量.故 C 项正确

17、.D.根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量.由图知，第一个to时间内动能的变化量大小等于第二个 to时间内动能的变化量大小，则第一个 to时间内合外力的 功大小等于第二个to时间内合外力的功大小.故 D项正确.13.在如图甲所示电路中，定值电阻R 1.0 , R为滑动变阻器闭合开关后，多次改变滑片的位置，分别记录电压表和电流表的示数由测得数据作出如图乙所示U I图线下列判断正确的是（）用甲I日乙A.当滑片向右滑动时，电压表示数增大B.电源的电动势测量值约为 1.6CVC.电源的内阻测量值约为 1.5D.当电源短路时，电流表示数为0.4A【答案】AB【解析】【详解】BC、根据图象

18、读出电源电动势为1.60V ,根据图像斜率得到r U 1.60 1.001.5 ,故电源内阻为r 0.5 ,故B正确，C错误;I 0.4A、当滑片向右滑动时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，根据U E I(R r)可得出电压表示数增大，故 A正确；D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律：I E 190 A 3.2A,故D错误；r 0.5故选AB;14.甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，如图是甲、乙两车的速度图象，由图可知A.甲车的加速度大于乙车的加速度B. t1时刻甲、乙两车的速度相等C. t1时刻甲、乙两车相遇D. 0t1时刻，甲车的平均速度大于乙车的平均速度【答案】BD【解析】【详解】A.甲车图线的斜率小于乙车图线的斜率，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；B.由图可知：t1时刻两车速度相等，故 B正确；C.图像的 面积”等于位移，则t1时刻甲的位移大于乙的位移，它们从同一地点出发，则甲 在乙的前方，没有相遇，故 C错误；D.由图可知，0t1时刻，甲车的位移大于乙车，时间相同，故甲车的平均速度大于乙车的 平均速度，故D正确。15.甲、乙两物体在同一直线上，同时由同一位置向同一方向作直线运动，其 v-t图象如 图所示，下列说法正确的是()A.开始阶段乙运动在