通用版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文档格式.docx

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在v－t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．

2．x－t图象的应用技巧

在x－t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．

在x－t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t＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t2内两车速度—时间图象（v－t图象）如图1所示，则在0～t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是（　　）

图1

A．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0～t2时间内的平均速度小于

D．在t1～t2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0～t1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0～t2时间内做匀变速运动，则平均速度为

，如图所示：

由v－t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v－t图象与t轴所围面积代表位移可知在0～t2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

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2

A．减速前该车已超速

B．汽车在加速阶段的加速度大小为3m/s2

C．驾驶员开始减速时距斑马线18m

D．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v0＝10m/s＝36km/h<

40km/h，未超速，故A错误；

汽车在加速阶段的加速度大小为：

a＝

＝

m/s2＝3m/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F－Ff＝ma知，牵引力F恒定，速度增加，据P＝Fv知，发动机的输出功率P增加，故D错误．

例2

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3

A．质点A做初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动

B．质点B以2m/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9m

D．在3s前某时刻质点A、B速度相等

解析　质点A的运动方程为x＝

at2，则初速度为零，加速度a＝2m/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v＝

m/s＝2m/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；

t＝1s时刻，质点A的速度为2m/s，且质点B以v＝2m/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t＝0时质点的速度大小为8m/s，则下列说法正确的是（　　）

图4

A．质点做匀减速直线运动

B．2s时，质点的速度大小为6m/s

C．质点的加速度大小为2m/s2

D．0～1s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x＝v0t＋

at2，而v0＝8m/s，t＝2s时的位移x＝12m，代入解得a＝－2m/s2，则函数表达式为x＝8t－t2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2，故A、C正确；

2s时的瞬时速度为v＝v0＋at＝8m/s－2×

2m/s＝4m/s，故B错误；

由位移公式可得1s内的位移x1＝8×

1m－12m＝7m，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a－t图象和F－t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

河南驻马店市第一学期期末）如图5甲所示，一质量m＝1kg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5

A．物体在第3s末的加速度大小是2m/s2

B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4

C．物体在前6s内的位移为10m

D．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，a1＝

m/s2＝1m/s2，选项A错误；

在0～4s内，F1－μmg＝ma1，

解出：

μ＝0.4，选项B正确；

设前4s内的位移为x1，x1＝

a1t12＝

×

1×

16m＝8m；

设4s后物体运动时的加速度为a2，则：

F2－μmg＝ma2，

解得，a2＝－2m/s2；

物体在4s末时的速度为v′＝4m/s，

设物体从4s末运动时间t2速度减为0，

则：

0＝v′＋a2t2，解得：

t2＝2s；

所以物体在6s末速度恰好减为0.

故后2s内的位移：

x2＝v′t2＋

a2t22，

解得，x2＝4m；

所以物体在前6s内的位移x＝x1＋x2＝8m＋4m＝12m，选项C错误，D正确．

拓展训练3

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v＝at，v－t图象是倾斜的直线；

位移与时间的关系为x＝

at2，x－t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

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.

1．x－v图象的应用技巧

x与v的关系式：

2ax＝v2－v02，图象表达式：

x＝

v2－

v02

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

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8

A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于

B．乙图中，物体的加速度为2m/s2

C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量

D．丁图中，t＝3s时物体的速度为25m/s

答案　D

解析　题图甲中，因v－t图象与t轴围成的面积等于位移，可知物体在0～t0这段时间内的位移大于

，选项A错误；

题图乙中，根据v2＝2ax可知2a＝

m/s2＝1m/s2，则物体的加速度为0.5m/s2，选项B错误；

题图丙中，根据Δv＝at可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，选项C错误；

题图丁中，由x＝v0t＋

at2可得

＝v0＋

at，由图象可知

m/s2＝5m/s2，则a＝10m/s2；

v0＝－5m/s，则t＝3s时物体的速度为v3＝v0＋at3＝25m/s，选项D正确．

拓展训练5

辽宁省重点协作体模拟）从t＝0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9

A．t＝0时刻物块位于x＝0处

B．物块运动的加速度a＝2m/s2

C．t＝4s时物块位于x＝2m处

D．由图可知物体做往复运动

解析　根据x－x0＝

，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有

s2/m＝1s2/m，则加速度a＝0.5m/s2，初位置x0＝－2m，故A、B、D错误；

t＝4s内，物块的位移Δx＝

at2＝

0.5×

42m＝4m，则t＝4s时物块的位置坐标x＝Δx＋x0＝2m，故C正确．

拓展训练6

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10

A．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

解析　由题图可得，对于甲有：

＝0.5t＋1，

对于乙有：

＝－0.5t＋5，

对照匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋

at2得：

t＋v0.

可得甲的加速度为a甲＝1m/s2，初速度为v0甲＝1m/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＝5m/s，做匀减速直线运动．故B错误；

当t＝4s时，甲的速度为v甲＝v0甲＋a甲t＝1m/s＋1×

4m/s＝5m/s.

乙的速度为v乙＝v0乙＋a乙t＝5m/s－1×

4m/s＝1m/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

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11所示．重力加速度取10m/s2.由图中数据可得（　　）

图11

A．物体的质量为2kg

B．h＝0时，物体的速率为20m/s

C．h＝2m时，物体的动能Ek＝40J

D．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J

解析　根据题图可知，h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100J，由公式Ek0＝

mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；

由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；

由题图可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即从地面上升到h＝4m，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12

A．由图甲可得汽车所受阻力为1000N

B．第20s末的汽车的速度为26m/s

C．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

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：

Ff＝1500N，故选项A错误；

在0～6s内由牛顿第二定律得：

F1－Ff＝ma1，则：

a1＝5m/s2

6s末车速：

v1＝a1t1＝5×

6m/s＝30m/s，在6～18s内，由牛顿第二定律得：

F2－Ff＝ma2，则：

a2＝－

m/s2，第18s末车速：

v2＝v1＋a2t2＝30m/s＋

12m/s＝26m/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：

v＝26m/s，故选项B正确，C错误；

汽车在0～6s内的位移：

x1＝

t1＝90m

汽车在6～18s内的位移：

x2＝

t2＝336m

汽车在18～20s内的位移：

x3＝vt3＝52m

故汽车在前20s内的位移：

x＝x1＋x2＋x3＝478m，故选项D错误．

拓展训练8

福建龙岩市期末质量检查）如图13甲所示，一个质量m＝1kg的物块以初速度v0＝12m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.2s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端．物块运动的v－t图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，重力加速度g取10m/s2）．则可确定（　　）

图13

A．物块上滑时的加速度大小为5m/s2

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2m

D．物块回到斜面底端的时刻为2.4s

解析　根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a1＝10m/s2，故A错误；

物块在上滑时：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

解得：

μ＝0.5，故B错误；

v－t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×

1.2m＝7.2m，故C对；

物块沿斜面下滑的加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2

根据位移公式：

s＝

a2t2

t＝

s≠1.2s，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v－t图象如图1所示，在0～t0和t0～3t0两段时间内（　　）

A．加速度大小之比为1∶2

B．位移大小之比为2∶3

C．平均速度大小之比为1∶1

D．合力的冲量大小之比为2∶1

解析　根据v－t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：

a1∶a2＝2∶1，故A错误；

根据v－t图线与t轴所围的“面积”等于位移，则得：

位移之比为x1∶x2＝1∶2，故B错误；

在0～t0时间内汽车做匀加速直线运动，在t0～3t0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0～t0时间内合外力的冲量I1＝mv0；

在t0～3t0时间内合外力的冲量I2＝0－mv0＝－mv0，则合力的冲量大小之比为1∶1，故D错误．

2.（2019·

山东菏泽市下学期第一次模拟）一辆汽车以20m/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12m/s时，刹车的距离x1为（　　）

A．12mB．12.8mC．14mD．14.8m

解析　由于汽车做匀减速直线运动，设加速度为a，由v2－v02＝2ax，解得a＝－10m/s2，当v1＝12m/s时，汽车刹车的距离x1＝

＝12.8m，B项正确．

3.（多选）（2019·

河北唐山市第一次模拟）如图3所示，x－t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0～10s过程中（　　）

A．甲车的速度大小为4m/s

B．乙车的平均速度大小为4m/s

C．甲车的位移大小为40m

D．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/s＝4m/s，

在0～10s内位移为：

x甲＝v甲t＝4×

10m＝40m，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t＝10s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x＝

at2，根据题图有：

x0＝

at2，20m＝

at

，t＝10s，t0＝5s，解得：

a＝1.6m/s2，x0＝80m，则平均速度为：

乙＝

m/s＝8m/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（　　）

A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1

B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1

C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1

D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1

解析　根据动量定理得：

0～t0内：

F0t0＝mv1

t0～2t0内，2F0t0＝mv2－mv1

联立解得：

v1∶v2＝1∶3

由p＝mv得：

p2＝3p1

由Ek＝

mv2得：

Ek1＝

mv12

Ek2＝

mv22

Ek2＝9Ek1.

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（　　）

A．t0时刻两车相遇

B．0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

C．0到t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度

D．t1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方

解析　根据速度－时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0～t0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；

0～t1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；

0～t0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；

0～t1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（　　）

A．t3时刻小球速率最大

B．t2时刻小球动能为零

C．t3、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

7．（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x－t、v－t、a－t、F－t图象如图所示，已知物体在t＝0时的速度均为零，其中0～4s内物体运动位移最大的是（　　）

解析　由x－t图象可知，4s末到达位置为－1m，总位移为大小为2m，由v－t图象可知，物体前2s内沿正方向运动，2～4s沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零；

由a－t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2～3s向负方向做匀加速运动，在3～4s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v－t图象如图甲所示；

F－t转化成a－t图象，如图乙所示．

由图象可知：

物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，前2s内的位移为x＝2×

12m＝0.5m，后2s内位移x′＝x＝0.5m，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v－t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g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．演员在1.0s时的加速度大小为2m/s2

B．滑杆的长度为5.25m

C．传感器显示的最小拉