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.doc

《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.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.doc（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 第22节 图像在物理解题中的应用.吕叔湘中学庞留根【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. 15kgC. 1kgD. 0.5kg【答案】C【解析】【详解】对上升过程，由动能定理，得，即F+mg=12N；下落过程，即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，

2、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 kgB. h=0时，物体的速率为20 m/sC. h=2 m时，物体的动能Ek=40 JD. 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= =20N，解得m=2kg，故A正确Bh=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=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

3、=4m时，Ek=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek=100J，故D正确1. 2011年海南卷t/sv/ms-1010-102468一物体自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40mC在04s内，物体的平均速率为7.5m/sD在56s内，物体所受的合外力做负功答：B 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/

4、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F17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05510t/sF/N04510t/sFf /N2A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC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/s2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；

5、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的加速度最大甲AF乙Ftt1t2t3t4fm2fmCt2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

6、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 a acb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

7、描述其速度大小v与时间t的关系的图像是 （ ）Avv00tt02t03t0Bvv00tt02t03t0Cvv00tt02t03t0Dvv00tt02t03t0答：C解析：小物块沿斜面ab向上运动时，加速度的大小为；沿斜面bc向下运动时，加速度的大小为， 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；v0vt，s1t2。选项B正确。7. 2014年理综四川卷PQv1v27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

8、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：（ ）Avtv2t0OBvtv2t0OCvtv2t0ODvtv2t0O【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. 2

9、014年理综福建卷v015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 （ ）DtaOAthOBtsOCtvv0O答案：B解析：在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：，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，可得B正确；下降的高度，所以选项A错。9.2016年海南卷t/sv/(ms-1)01510155.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

10、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AF1F3CF1F3 DF1=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：FvmgNf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：

11、 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vOtv0v1t1图（b）v0图（a）8如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块以速度滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的图像，图中、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从开始到时刻，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，斜率等于加速度，可得： ， ，由牛顿第二定律得：f=mam=mg f=MaM=mg 联立可求得物块与木板的质量之比

12、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 解得从开始到时刻，木板获得的动能，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III、t002t0tv19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B电机的最大牵引力之比为C电机输出的最大功率之比为D

13、电机所做的功之比为解析：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，2t0v0=(t+3t0/2)，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=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m (+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F3=ma2+mg=m(g -)，

14、匀速运动过程的牵引力F2=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+ F3t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1 + F3+ F2 =mg v0t0；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

15、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)7060504030201000.51.01.52.02.53.03.5t/sv/(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1/10B. 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；

16、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，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I卷图（a） 图（b） t t1 2t1 v vo v1 0 20题图 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解析：小球

17、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，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程a1=，向下滑行a2=，整理可得，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，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B图7乙甲A19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

18、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： 即：，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

19、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vt答图1答图2答图3Ot子弹木块Ov子弹木块Otv子弹木块解析： 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

20、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/s2150t/sv/ms-12002503003504002030405060708090100（1）忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到

21、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，其中为速率，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图象如图所示，着陆过程中，运动员和所携装备的总质量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 根据题意有 联立式得 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

22、二定律有 由所给的v-t图像可读出 vmax=360m/s 由式得 17. 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=2.0103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；t/s01011304041a/ms-21.03112-1.0图2图1电梯拉力（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借

23、鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图像，求电梯在第1s内的速度改变量v1和第2s末的速率v2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。解析：（1）如图2所示a一t图像可知011s电梯处于超重，加速度越大拉力越大，根据牛顿第二定律得 N3041s电梯处于失重，加速度越大拉力越小，根据牛顿第二定律得 N（2）v-t图像中根据面积求位移，那么在a-t图像中根据面积求速度的改变第1s内的速度改变量等于a-t图像与t轴所夹的前1s内的三角形面积 m/s由于初速为0，第2s末的速率v2等于a-t图像与t轴所夹的前2s内的梯形面积 m/s（3）由于前11s一直在加速，所以11s末电梯以最大速率上升，此时速度等于a-t图像与t轴所夹的前11s内的梯形面积 m/s此时电梯的加速度为0，根据牛顿第二定律。拉力做功的功率 W 电梯受拉力和重力两个力，拉力和重力对电梯所做的总功W就是合力的功，根据动能定理等于前11s内动能的改变量 J