2011-2020年高考物理试卷分类汇编之022.图像在物理解题中的应用（含答案及解析）

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第22节 图像在物理解题中的应用
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30m
B．在0～6s内，物体经过的路程为40m
C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功
答：B C
【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/s C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4.0N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．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
A．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；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；v0>vt，s15. 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随时间的变化情况如图2所示，物体相应的速度随时间的变化关系如图3所示。求：
（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
（2）由图3知物体的位移为
（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

6.2014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． B．
C． D．
【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t1>t2。选项B正确。
7.2019年全国卷Ⅱ 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 kg
B. h=0时，物体的速率为20 m/s
C. h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
答案：AD
解析：因为Ep=mgh，所以Ep-h图像的斜率为mg，故，解得m=2kg，故A正确；
h=0时，Ep=0，Ek=E总-Ep=100J-0=100J，故，解得：v0=10m/s，故B错误；
h=2m时，Ep=40J，Ek= E总-Ep=85J-40J=45J，故C错误;
h=0时，Ek0=E总-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E总-Ep=80J-80J=0J，故Ek0- Ek’=100J，故D正确
8.2019年全国卷Ⅲ20. 如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s内，力F的大小保持不变
D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案：AB
解析：结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由图（c）可求得两段过程的加速度，，
由牛顿运动定律，在2-4s 内 F-f=ma1 ， 在4-5s内 -f=ma2
可解出质量m=1kg，2-4s内的力F=0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
9.2019年全国卷Ⅱ 19.如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则
A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D. 竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案：BD
解析：由v-t图像包围的面积表示竖直方向的位移，由图像明显看出第二次包围的面积大于第一次包围的面积，故第二次在竖直方向下落的位移大于第一次下落的位移，所以选项A错误；由于两次是同一个斜面，由于第二次竖直方向的位移大，因此水平方向的位移自然也大，故B正确；由于v-t图线的斜率表示加速度，可知第一次斜率大、第二次斜率小，即第一次加速度大、第二次加速度小，或由， 易知a1>a2，故C错误；由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由mg - fy = ma，可知，fy1< fy2，故D正确。
10. 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。
11. 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：，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。
12.2016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．F1F3
C．F1>F3 D．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：F3> F2> F1，故选项A正确。
13.2018年海南卷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： ①， ②，
由牛顿第二定律得：f=mam=μmg ③ f=MaM=μmg ④
①②③④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 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。
14.2018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
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．电机所做的功之比为
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，
×2t0×v0=×(t+3t0/2)×，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=，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 -)，匀速运动过程的牵引力F2=mg。
第①次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F3××t0×v0=mg v0t0；
第②次提升过程做功W2=F1××× + F3×××+ F2×× =mg v0t0；
两次做功相同，选项D错误。
15. 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
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1/10
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
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0.4s~2.5s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。
16.2015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ν-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θ以及动摩擦因数μ，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。
17. 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： 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18.2015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
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。
19. 2014年理综新课标卷Ⅱ
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/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
（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
①
②
根据题意有 ③
联立①②③式得 ④
v=8.7×102m/s ⑤
（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有
⑥
由所给的v-t图像可读出 vmax=360m/s ⑦
由⑥⑦式得 ⑧
20. 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=2.0×103kg。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；
（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0～11s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0～11s电梯处于超重，加速度越大拉力越大，根据牛顿第二定律得 N
30～41s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
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