图像在物理解题中的应用

第22节图像在物理解题中的应用.吕叔湘中学庞留根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（）A．在0～6s内，物体离出发点最远为30mB．在0～6s内，物体经过的路程为40mC．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/sD．在5～6s内，物体所受的合外力做负功答：BC【解析】在0~5s,物体向正向运动，5~6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错；由面积法求出0~5s的位移s1＝35m,5~6s的位移s2＝－5m,总路程为：40m，B对；由面积法求出0~4s的位移s=30m，平度速度为：v＝s/t＝7.5m/sC对；由图像知5～6s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Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是A．5s内拉力对物块做功为零B．4s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0.4D．6s~9s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；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t/sv/m·s-1010-1024605510t/sF/N04510t/sFf/N2FA．0—t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3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：0～t1拉力小于最大静摩擦力，物块静止，F的功率为0，A错误；在t1～t2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t2～t3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t1～t3阶段物块一直做加速运动，在t3～t4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α和β，且α＞β。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解析：小物块沿斜面ab向上运动时，加速度的大小为cossin1gga；沿斜面bc向下运动时，加速度的大小为cossin2gga，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；,vst,vst,vstt2201122v0vt，s1s2，可见通过ab段的时间要小于通过bc段的时间，B错C正确。5.2013年安徽卷22.（14分）一物体放在水平地面上，如图Ⅰ所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：甲AF乙Ftt1t2t3t4fm2fmβacbAvv00tt02t03t0Bvv00tt02t03t0Cvv00tt02t03t0Dvv00tt02t03t0（1）0~8s时间内拉力的冲量；（2）0~6s时间内物体的位移；（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。答案：（1）18N∙S（2）6m（3）30J解析：（1）由图2知sNtFtFtFI18332211（2）由图3知物体的位移为6m3m2)26(x（3）由图2知，在6~8s时间内，物体作匀速运动，于是有f=2N由图3知，在0~10s时间内，物体的总位移为m513m2)210()68(l6.2014年物理上海卷16.如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△Ek1、△Ek2,假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I、II轨道间的动摩擦因数相等，则（）A．2121ttEEkkB．2121ttEEkkC．2121ttEEkkD．2121ttEEkk【解析】小球从最低点到最高点受到的克服摩擦力做功：Wf=μ(mgcosθ+Fsinθ)×S=μmgx水平+μFh两次情况水平位移相同，竖直高度相同，可知沿两轨道运动时，摩擦力做功相等，拉力做功相等，重力做功相等，根据动能定理得：WF-mgh-Wf=ΔEk，则动能的变化量相等，即ΔEk1=ΔEk2。所以两球到达A点时的速度相同，A、C选项错误；沿I轨道运动时，开始阶段的加速度较小，后来加速度较大，沿II轨道运动时，开始阶段的加速度较大，后来加速度较小。将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的v-t图象，图线与横轴所围的面积表示路程。由于两次情况的路程相等，可知沿II轨道运动的小球先到达，由图可知t1t2。选项B正确。F图1图2t/sF/N246811023图3t/sv/m∙s-1246811023ABIIIvtOt2t1ⅠⅡ7.2014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（）答案：B解析：在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：macosμmgsinmg，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2021attvx，可得B正确；下降的高度θsinxh，所以选项A错。PQv1v2Avtv2t0OBvtv2t0OCvtv2t0ODvtv2t0Ov0DtaOAthOBtsOCtvv0OvOtv0v1t1图（b）v0图（a）9.2016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0~5s，5~10s，10~15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则A．F1F2B．F2F3C．F1F3D．F1=F3【答案】A【解析】根据v-t图像可以知道，在0~5s内加速度为a1=0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5~10s内，加速度a2=0；在10~15s内加速度为a3=-0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ-f-F1=ma1，则：F1=mgsinθ-f-0.2m；在5~10s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ-f-F2=0，则：F1=mgsinθ-f；在10~15s内，根据牛顿第二定律：f+F3-mgsinθ=ma3，则：F3=mgsinθ-f+0.2m故可以得到：F3F2F1，故选项A正确。10.2018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0v滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的tv图像，图中1t、0v、1v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1t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：110tvvam①，11tvaM②，由牛顿第二定律得：f=mam=μmg③f=MaM=μmg④①②③④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μ。选项B、C正确；由动量守恒定律10)(vmMmv解得mMmvv1从0t开始到1t时刻，木板获得的动能2121MvEk，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、t/sv/(ms-1)0151015θFvmgNf19．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①②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①次和第②次提升过程（AC）A．矿车上升所用的时间之比为4:5B．电机的最大牵引力之比为2:1C．电机输出的最大功率之比为2:1D．电机所做的功之比为4:5解析：设第①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，21×2t0×v0=21×(t+3t0/2)×20v，解得：t=5t0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，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1∶1，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2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=00tv，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(00tv+g)，减速上升过程的加速度a2=-00tv，减速上升过程的牵引力F3=ma2+mg=m(g-00tv)，匀速运动过程的牵引力F2=mg。第①次提升过程做功W1=F1×21×t0×v0+F3×21×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1×21×20t×20v+F3×21×20v×20t+F2×20v×230t=mgv0t0；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②①t002t0tv0v012vA.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2.5gD.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