通用版2020版高考物理二轮复习专题七物理图象问题第1课时力学图象问题讲义(共20页).docx

精选优质文档-倾情为你奉上第1课时力学图象问题高考命题点命题轨迹情境图运动学图象问题20161卷21,3卷2316(1)21题16(3)23题17(2)22题18(2)19题18(3)18题18(3)19题20172卷2220182卷19,3卷18、19动力学图象问题20173卷2017(3)20题18(1)15题20181卷15其他图象问题20152卷1715(2)17题图象信息提取问题20151卷20、2515(1)20题15(1)25题19(2)18题20192卷181vt图象的应用技巧(1)图象意义：在vt图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动2xt图象的应用技巧(1)图象意义：在xt图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向(2)注意：在xt图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动例1(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0t2内两车速度时间图象(vt图象)如图1所示，则在0t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是()图1A甲、乙两辆车运动方向相反B在t1时刻甲、乙两车再次相遇C乙车在0t2时间内的平均速度小于D在t1t2时间内乙车在甲车前方答案C解析由题图可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，选项A错误；由题图可知，在0t1时间内，二者位移不相等，即在t1时刻甲乙两车没有相遇，在该时刻二者速度相等，二者之间的距离是最大的，故选项B错误；若乙车在0t2时间内做匀变速运动，则平均速度为，如图所示：由vt图象与t轴所围面积代表位移可知，匀变速运动的位移较大，故乙车在这段时间内的平均速度小于，故选项C正确；由于甲的初速度大于乙的初速度，所以开始时甲车在乙车前面，由vt图象与t轴所围面积代表位移可知在0t2时间内甲的位移大于乙的位移，故整个过程中甲车一直在乙车前面，故选项D错误拓展训练1(2019·云南昆明市4月质检)汽车在限速为40km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图象如图2所示，下列说法正确的是()图2A减速前该车已超速B汽车在加速阶段的加速度大小为3m/s2C驾驶员开始减速时距斑马线18mD汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变答案B解析由题图可知，汽车减速前的行驶速度为v010m/s36 km/h<40 km/h，未超速，故A错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：am/s23 m/s2，故B正确；由题图可知，汽车减速过程不是做匀减速运动，因此由速度时间图象不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，故C错误；由题图可知汽车在加速阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律FFfma知，牵引力F恒定，速度增加，据PFv知，发动机的输出功率P增加，故D错误例2(2019·湖北鄂南高中、华师一附中等八校第一次联考)A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位置时间图象如图3所示，其中甲是顶点过原点的抛物线的一部分，乙是过点(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3,9)的P点，则下列说法不正确的是()图3A质点A做初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动B质点B以2 m/s的速度做匀速直线运动C在前3s内，质点A比B向前多前进了9mD在3s前某时刻质点A、B速度相等答案C解析质点A的运动方程为xat2，则初速度为零，加速度a2 m/s2，故A正确；乙直线的斜率表示速度，故质点B做匀速直线运动，质点B的速度为vm/s2 m/s，故B正确；在前3s内，质点B的位移为6m，质点A的位移为9m，质点A比B向前多前进了3m，故C错误；t1s时刻，质点A的速度为2 m/s，且质点B以v2 m/s的速度做匀速直线运动，故D正确拓展训练2(多选)(2019·吉林省名校第一次联合模拟)某做直线运动的质点的位移时间图象(抛物线)如图4所示，P(2,12)为图线上的一点PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0,4)已知t0时质点的速度大小为8m/s，则下列说法正确的是()图4A质点做匀减速直线运动B2s时，质点的速度大小为6m/sC质点的加速度大小为2 m/s2D01s内，质点的位移大小为4m答案AC解析由题知图象为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式xv0tat2，而v08m/s，t2 s时的位移x12 m，代入解得a2 m/s2，则函数表达式为x8tt2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2，故A、C正确；2 s时的瞬时速度为vv0at8 m/s2×2 m/s4 m/s，故B错误；由位移公式可得1 s内的位移x18×1 m12 m7 m，故D错误1基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息2解题技巧(1)可以采用解析法和排除法分析at图象和Ft图象(2)要树立图象的函数思想，即图象反映的是两个变量间的函数关系，应用物理规律找到两个变量之间的关系是解题关键例3(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图5甲所示，一质量m1kg的物体置于水平地面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4s后的图线没有画出)重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()图5A物体在第3s末的加速度大小是2 m/s2B物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C物体在前6s内的位移为10mD物体在前6s内的位移为12m答案BD解析由题图丙可知，物体在前4s内做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，a1m/s21 m/s2，选项A错误；在04s内，F1mgma1，解出：0.4，选项B正确；设前4s内的位移为x1，x1a1t12×1×16m8m；设4s后物体运动时的加速度为a2，则：F2mgma2，解得，a22 m/s2；物体在4s末时的速度为v4m/s，设物体从4s末运动时间t2速度减为0，则：0va2t2，解得：t22s；所以物体在6s末速度恰好减为0.故后2s内的位移：x2vt2a2t22，解得，x24m；所以物体在前6s内的位移xx1x28m4m12m，选项C错误，D正确拓展训练3(2019·河北张家口市上学期期末)如图6所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小Ff以及位移大小x随时间t的变化关系正确的是()图6答案A解析在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，Ff恒定，速度与时间的关系为vat，vt图象是倾斜的直线；位移与时间的关系为xat2，xt图象是抛物线；物体的速度与传送带速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，摩擦力Ff为0，加速度为0.故A正确，B、C、D错误拓展训练4(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图7所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上一质量为m的小球，从距离弹簧上端高h处由静止自由下落，接触弹簧后继续向下运动小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()图7答案AD解析在小球由静止自由下落未接触弹簧阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，当小球所受弹簧弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确.1xv图象的应用技巧x与v的关系式：2axv2v02，图象表达式：xv2v022解题技巧对于图象问题要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度例4(2019·福建三明市期末质量检测)如图8所示四幅图为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是()图8A甲图中，物体在0t0这段时间内的位移小于B乙图中，物体的加速度为2 m/s2C丙图中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D丁图中，t3s时物体的速度为25m/s答案D解析题图甲中，因vt图象与t轴围成的面积等于位移，可知物体在0t0这段时间内的位移大于，选项A错误；题图乙中，根据v22ax可知2am/s21 m/s2，则物体的加速度为0.5m/s2，选项B错误；题图丙中，根据vat可知，阴影面积表示t1t2时间内物体的速度变化量，选项C错误；题图丁中，由xv0tat2可得v0at，由图象可知am/s25 m/s2，则a10 m/s2；v05 m/s，则t3s时物体的速度为v3v0at325m/s，选项D正确拓展训练5(2019·辽宁省重点协作体模拟)从t0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做直线运动，如图9所示为其位移和速率二次方的关系图线，下列说法正确的是()图9At0时刻物块位于x0处B物块运动的加速度a2 m/s2Ct4s时物块位于x2m处D由图可知物体做往复运动答案C解析根据xx0，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有s2/m1 s2/m，则加速度a0.5m/s2，初位置x02m，故A、B、D错误；t4s内，物块的位移xat2×0.5×42m4m，则t4s时物块的位置坐标xxx02m，故C正确拓展训练6(2019·山西五地联考上学期期末)甲、乙两辆汽车从同一点同时出发，沿同一方向行驶，它们运动的t图象如图10所示下列判断正确的是()图10A在4s末以前，乙车的速度比甲车的大B在4s末以后，乙车的加速度比甲车的大C在4s末，甲、乙两车相距最远D在前4s内，甲、乙两车的平均速度相等答案D解析由题图可得，对于甲有：0.5t1，对于乙有：0.5t5，对照匀变速直线运动的位移公式xv0tat2得：tv0.可得甲的加速度为a甲1 m/s2，初速度为v0甲1 m/s，做匀加速直线运动乙的加速度为a乙1m/s2，初速度为v0乙5 m/s，做匀减速直线运动故B错误；当t4s时，甲的速度为v甲v0甲a甲t1 m/s1×4 m/s5 m/s.乙的速度为v乙v0乙a乙t5 m/s1×4 m/s1 m/s，可知，在4s末以前，乙车的速度先比甲车的大，后比甲车的小，故A错误由题意可知，当两车速度相等时相距最远，则在4s末，甲、乙两车相距不是最远，故C错误平均速度为，在前4s内，甲、乙两车的平均速度相等，故D正确.1题型特点此类题目的解题信息或者重要的条件往往在图象中呈现，因此根据图象的变化分析物体的运动和受力特点是解题的突破口2解读题目信息的两种方法(1)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和这些特殊点前后两段图线(2)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等例5(多选)(2019·全国卷·18)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11所示重力加速度取10m/s2.由图中数据可得()图11A物体的质量为2kgBh0时，物体的速率为20m/sCh2m时，物体的动能Ek40JD从地面至h4m，物体的动能减少100J答案AD解析根据题图可知，h4m时物体的重力势能mgh80J，解得物体质量m2kg，抛出时物体的动能为Ek0100J，由公式Ek0mv2可知，h0时物体的速率为v10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh|E总|20J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff5N，从物体开始抛出至上升到h2m的过程中，由动能定理有mghFfhEk100J，解得Ek50J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即从地面上升到h4m，物体动能减少100J，选项D正确拓展训练7(2018·陕西榆林市第三次模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，在某次新能源汽车性能测试中，图12甲显示的是传感器传回的牵引力的实时数据随时间变化的关系图象，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20s以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得()图12A由图甲可得汽车所受阻力为1000NB第20s末的汽车的速度为26m/sC由图乙可得20s后汽车才开始匀速运动D前20s内汽车的位移为426m答案B解析由题图乙可知，在20s后汽车做匀速运动，则由题图甲可知：Ff1500N，故选项A错误；在06s内由牛顿第二定律得：F1Ffma1，则：a15m/s26s末车速：v1a1t15×6 m/s30 m/s，在618s内，由牛顿第二定律得：F2Ffma2，则：a2m/s2，第18 s末车速：v2v1a2t230 m/s×12 m/s26 m/s由题图知18s后牵引力等于阻力，即汽车做匀速直线运动，故第20s末的车速：v26m/s，故选项B正确，C错误；汽车在06s内的位移：x1t190m汽车在618s内的位移：x2t2336m汽车在1820s内的位移：x3vt352m故汽车在前20s内的位移：xx1x2x3478m，故选项D错误拓展训练8(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图13甲所示，一个质量m1kg的物块以初速度v012 m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t11.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端物块运动的vt图象如图乙所示，斜面倾角37°(sin 37°0.6，cos 37°0.8，重力加速度g取10 m/s2)则可确定()图13A物块上滑时的加速度大小为5m/s2B物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2mD物块回到斜面底端的时刻为2.4s答案C解析根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a110m/s2，故A错误；物块在上滑时：mgsinmgcosma1解得：0.5，故B错误；vt图象与t轴所围面积等于位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s×12×1.2m7.2m，故C对；物块沿斜面下滑的加速度为a2gsingcos2 m/s2根据位移公式：sa2t2解得：ts1.2s，故返回到斜面底端的时刻不是2.4s，故D错误专题强化练(限时15分钟)1.(2019·四川达州市第二次诊断)一辆汽车由静止开始从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其vt图象如图1所示，在0t0和t03t0两段时间内()图1A加速度大小之比为12B位移大小之比为23C平均速度大小之比为11D合力的冲量大小之比为21答案C解析根据vt图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为：a1a221，故A错误；根据vt图线与t轴所围的“面积”等于位移，则得：位移之比为x1x212，故B错误；在0t0时间内汽车做匀加速直线运动，在t03t0时间内汽车做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为，故C正确；根据动量定理可知，在0t0时间内合外力的冲量I1mv0；在t03t0时间内合外力的冲量I20mv0mv0，则合力的冲量大小之比为11，故D错误2.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一辆汽车以20 m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图2所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时，刹车的距离x1为()图2A12mB12.8mC14mD14.8m答案B解析由于汽车做匀减速直线运动，设加速度为a，由v2v022ax，解得a10 m/s2，当v112 m/s时，汽车刹车的距离x112.8m，B项正确3.(多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图3所示，xt图象反映了甲、乙两车在同一平直公路上行驶时位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则010s过程中()图3A甲车的速度大小为4m/sB乙车的平均速度大小为4m/sC甲车的位移大小为40mD乙车的位移大小为80m答案ACD解析甲车做匀速直线运动，v甲m/s4 m/s，在010s内位移为：x甲v甲t4×10m40m，故A、C正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系xat2，根据题图有：x0at2，20mat，t10s，t05s，解得：a1.6m/s2，x080m，则平均速度为：乙m/s8 m/s，故B错误，D正确4.(2019·吉林省“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图4所示，物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物体的动量分别为p1、p2，则()图4AEk28Ek1，p24p1BEk23Ek1，p23p1CEk29Ek1，p23p1DEk23Ek1，p22p1答案C解析根据动量定理得：0t0内：F0t0mv1t02t0内，2F0t0mv2mv1联立解得：v1v213由pmv得：p23p1由Ekmv2得：Ek1mv12Ek2mv22解得：Ek29Ek1.5.(2019·山东烟台市上学期期末)甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速度时间图象如图5所示，则下列说法正确的是()图5At0时刻两车相遇B0到t1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同C0到t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度Dt1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方答案C解析根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0t0时间内乙车的位移比甲车的大，则t0时刻两车没有相遇，故A错误；0t1时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小甲图象切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故B错误；0t0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C正确；0t1时间内，甲车的位移比乙车的大，则在t1时刻甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D错误6(2019·浙江杭州市高三期末)利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究如图6甲所示，用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得轻绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示则在小球运动过程中，下列说法正确的是()图6At3时刻小球速率最大Bt2时刻小球动能为零Ct3、t4时刻小球速度相同D小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒答案B7(2019·福建龙岩市3月模拟)A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的xt、vt、at、Ft图象如图所示，已知物体在t0时的速度均为零，其中04s内物体运动位移最大的是()答案A解析由xt图象可知，4s末到达位置为1m，总位移为大小为2m，由vt图象可知，物体前2s内沿正方向运动，24s沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零；由at图象可知：物体在第1s内向正方向做匀加速运动，第2s内向正方向做匀减速运动，2s末速度减为0，然后在23s向负方向做匀加速运动，在34s向负方向做匀减速直线运动，4s末速度为零，并回到出发点，总位移为零，其vt图象如图甲所示；Ft转化成at图象，如图乙所示由图象可知：物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，前2s内的位移为x2××0.5×12m0.5m，后2s内位移xx0.5m，总位移为1m，综上可知，A正确8(2019·山东枣庄市上学期期末)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的vt图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图7甲、乙所示，取重力加速度g10m/s2，则下列说法正确的是()图7A演员在1.0s时的加速度大小为2 m/s2B滑杆的长度为5.25mC传感器显示的最小拉力为420ND3.5s内演员损失的机械能为2700J答案D解析由vt图象可知，演员在1.0s时的加速度大小am/s23 m/s2，故A错误；vt图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，总长度x×3×3m4.5m，故B错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mgF1ma，解得：F1420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故C错误；由题意可知演员从滑杆上端下滑到杆底端的过程中，初、末速度相同，故Ek0，则减小的重力势能等于损失的机械能，即Emgh600×4.5J2700J，故D正确9(多选)滑块以初速度v0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()答案BD解析取初速度方向为正，则上滑时的加速度a1(gsingcos)，下滑时的加速度a2gsingcos.知|a1|>a2.根据位移公式xat2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑的时间t2大于上滑的时间t1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，速度时间图线的斜率表示加速度，故A错误，B正确上滑时重力做负功，下滑时重力做正功，故C错误由动能定理可知，上滑时EkEk0mgxsinFfx；下滑时：EkmgxsinFfx，且回到出发点时的动能小于初始状态的动能，故D正确10(2019·山东临沂市质检)如图8甲所示，质量为m2kg的物体置于倾角为37°的足够长的固定斜面上，t0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t10.5s时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：图8(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小；(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s.答案(1)0.5(2)60N(3)7.5m解析(1)由题图可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a2m/s210 m/s2此过程有：mgsinmgcosma2代入数据解得：0.5(2)由题图可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a1m/s220 m/s2此过程有：Fmgsinmgcosma1代入数据解得：F60N(3)设物体向上做匀减速运动的时间为t1，则t1s1s，则整个过程中物体向上滑行的时间t0.5s1s1.5s，结合题图乙可知，物体沿斜面向上滑行的最大距离为：s×10×1.5m7.5m.专心-专注-专业