最新高中物理专题汇编物理图像法解决物理试题(一)

一、图像法解决物理试题

1．图甲为某电源的UI图线，图乙为某小灯泡的UI图线，则下列说法中正确的是

（ ）

A．电源的内阻为5Ω

B．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小

C．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3W D．把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.4W 【答案】D 【解析】 【详解】

A．根据闭合电路欧姆定律变形：

UEIr

可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为：

E1.5V

内阻为：

r1.01.50.35ΩΩ

3A错误；

B．根据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得：

RU I可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，B错误；

C．把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起：

两UI曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数：

U0.125V

I0.28A

所以，小灯泡的功率为：

PUI0.1250.28W0.035W

C错误；

D．回路中的总功率为：

P总EI1.50.28W0.42W

D正确。 故选D。

2．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图3所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S.在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是 ( )

A．t′＝t1，d＝S C．t′＝

B．t′＝D．t′＝

11t1，d＝S 2411t1，d＝S 2231t1，d＝S 24【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′＝0.5t1时，甲的面积比乙的面积多出

33S，即相距d＝S，故D正确，BC错误． 44

3．一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是（ ）

A．t=4s时，质点在x=1m处 B．t=3s时，质点运动方向改变

C．第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同 D．0~2s内和0~4s内，质点的平均速度相同 【答案】B 【解析】 【详解】

A、0−4s内质点的位移等于0−2s的位移，为x122m3m，t0时质点位于x02处，则t=4s时，质点在x3m处，故选项A错误；

B、在2s-3s内速度图象都在时间轴的上方，在3s-4s内速度图象都在时间轴的下方，所以

t3s时，质点运动方向改变，故选项B正确；

C、第3s内质点的速度减小，动能减小，合力做负功；第4s内速度增大，动能增加，合力做正功，由动能定理知第3s内和第4s内，合力对质点做的功不等，故选项C错误； D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示2s内和0∼4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不位移为负，则知0∼同，故选项D错误。

4．质量为2kg的物体在水平面内做曲线运动，已知x方向的位移-时间图像和y方向的速度-时间图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是

A．质点初速度的方向与合外力方向垂直 B．3s末质点速度大小为10m/s

C．质点的初速度大小为6m/ s D．质点所受的合外力大小为2N 【答案】A 【解析】 【详解】

AC、由图甲可知，质点在x方向上的初速度为vxy方向上的初速度为0，加速度：a124m/s，沿x方向的加速度为0；3v6m/s22m/s2，可知质点的初速度沿x方t3向，大小为4m/s，而加速度沿y方向，根据牛顿第二定律可知，质点受到的合外力的方向沿y方向，与初速度的方向垂直，A正确C错误；

B、质点在x轴方向做速度为4m/s的匀速直线运动，在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，质点的加速度方向沿y轴方向，3s末沿y方向的分速度为6m/s，所以3s末质点的速度：v322vxvy6242213m/s，B错误；

D、根据牛顿第二定律可知，质点受到的合外力：F=ma=2×2=4N，D错误．

5．将质量为m＝0.1 kg的小球从地面竖直向上抛出，初速度为v0＝20 m/s，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，已知k＝0.1 kg/s．其在空气的速率随时间的变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是（ ）

A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零 C．小球落地前匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s D．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】

根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于

v010m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10m/s，故A错误． 2

球在t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g，故B错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由 mg=f=kv1；得

v1=10m/s．故C正确．小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：a0=30m/s2．故D错误．故选C. 【点睛】

关于速度时间图象问题，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移．要注

v意公式

v0v 只适用于匀变速直线运动． 26．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动。其速度随时间的变化关系如图乙所示。由此可知(g取10m/s2)

A．物体加速度大小为lm/s2 B．F的大小为21N

C．4s末力F的功率大小为21W D．4s内F做的功为84J 【答案】D 【解析】 【详解】

A.根据速度时间图线的斜率表示加速度，则知物体的加速度为：

a故A错误。

B.对物体，根据牛顿第二定律得：

v2m/s20.5m/s2 t42F-mg=ma

解得：

Fmga2100.5N10.5N 22故B错误；

C. 4s末F作用点的速度为：

v2=2v=4m/s

则拉力F的功率为

P=Fv2=10.5×4W=42W

故C错误。

D. 4s内F作用点的位移为：

1x2at28m

2所以4s内F做功为

W=Fx=10.5×8J=84J

故D正确。

7．如图所示为某物体做直线运动的v－t图象，关于物体在前4 s的运动情况，下列说法中正确的是( )．

A．物体始终向同一方向运动 B．物体的加速度大小不变，方向改变 C．物体在前2 s内做减速运动 D．t＝2 s时的速度、加速度都为零 【答案】C 【解析】 【分析】

根据速度的正负判断速度的方向．速度图象的斜率等于加速度．根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动。 【详解】

A项：由图可知，前2s速度为负，后2s速度为正，所以物体的速度方向改变，故A错误；

B项：图线的斜率等于加速度，由图可知，图线的斜率不变，故物体的加速度大小不变，方向不变，故B错误；

C项：物体在前2s内向负方向做匀减速运动，故C正确； D项：由图可知，t=2s时的速度为零，但加速度不变，故D错误。 故应选C。 【点睛】

根据速度图象直接速度加速度的方向，由斜率大小求出加速度的大小是基本能力，要熟练掌握。

8．如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线（直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴交点坐标为0.5）．由图可知：

A．该金属的截止频率为4.27×1014Hz B．该金属的截止频率为5.5×1014Hz C．该图线的斜率的物理意义是普朗克常量 D．该金属的逸出功为0.5eV 【答案】AC 【解析】

当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.27×1014Hz，A正确B错误；根据EkmhvW0知，图线的斜率表示普朗克常量，C正确；金属的逸出功为

Whv06.6710344.271014J1.78eV，D错误．

9．甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示，则( )

A．甲、乙在t=0到t=1s之间沿同一方向运动 B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零 C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动 D．甲、乙在t=6s时的加速度方向相同 【答案】BD 【解析】 【详解】

A．在t=0到t=1s之间，甲始终沿正方向运动，而乙先沿负方向运动后沿正方向运动，故A错误；

B．根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在t=0到t=7s之间乙的位移为零，故B正确；

C．t=0在到t=4s之间，甲的速度始终为正值，说明甲一直沿正方向做单向直线运动，故C

错误；

D．根据斜率等于物体的加速度知，甲、乙在t=6s时的加速度方向都沿负方向，方向相同，故D正确． 【点睛】

本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．

10．某质点作直线运动的v﹣t图象如图所示，根据图象判断下列正确的是（ ）

A．0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的2倍 B．0～1s与4～5s内，质点的加速度方向相反 C．0.5s与2s时刻，质点的速度方向相反 D．质点在0～5s内的平均速度是0.8m/s 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

图象的斜率大小表示加速度大小，根据图象可知0～1s内的加速度大小a1=4m/s2，1～3s内的加速度大小a2=2m/s2，所以A对；根据图象可知0～1s与4～5s内，质点的加速度都是正值，所以加速度方向相同，故B错；0.5s与2s时刻，质点的速度都是正值，所以速度方向相同，故C错；质点在0～5s内的位移是图象中两个三角形面积之差x=4m，所以质点在0～5s内的平均速度是x/t=0.8m/s，故D对．

11．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示，则下列说法中正确的是( )

A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末 B．4 s末甲在乙前面

C．在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末 D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动 【答案】BC 【解析】 【详解】

v-t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，t=2s时乙的位移为

1x24m4m，甲的位移为x′=2×2=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故

22s末时二者相遇，同理可判断6s末二者也是相遇，故A正确；4s时甲的位移为x=4×2=8m，乙的位移为：x1124242m10m，甲的位移小于乙的位22移，所以甲在乙后面，故B错误；1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积，明显4s末二者的距离最大，故C正确；乙的速度一直为正，说明其运动方向始终未发生变化，故D错误．所以AC正确，BD错误．

12．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )

A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】BCD 【解析】 【详解】

A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：

，

解得：

，

故木板获得的动能为

，

A错误；

B．系统减少的动能为

，

B正确； C．

图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为

，

A的位移为

，

木板A的最小长度为

C正确；

D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为

，

根据牛顿第二定律得

，

代入解得

，

D正确．

13．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是( )

A． B．

C． D．

【答案】AC 【解析】 【分析】

木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑．根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系．

【详解】

A. 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动．加速度大小相等，故A符合题意．

B C D. 木块可能相对木板向前滑动，即木块的加速度大于木板的加速度，即a2a1． B图中a2a1，故B不符合题意；

C图为v−t图象,斜率代表加速度，v2的斜率大于v1的斜率，即a2a1，故C符合题意； D图v1的斜率大于v2的斜率，即a2a1，故D不符合题意． 【点睛】

解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度．

14．2017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若ab两个遥控车同时同地向同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．b车启动时，a车在其前方2m处

B．运动过程中，b车落后a车的最大距离为4m C．b车启动3s后正好追上a车 D．b车超过a车后，两车不会再相遇 【答案】CD 【解析】 【详解】

A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t2s时启动，此时a的位移为x121m1m，即a车在b前方1m处，故选项A错误； 2B、当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：

11smax(1＋3)1?m11m1.5m，选项B正确；

22C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b车启动3s后位移xb13532m4m，a的位移xa1m4m，故选项C正确； 22D、b车超过a车后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，选项D正确． 【点睛】

本题关键是根据速度-时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．

15．如图所示为某新型电动汽车试车时的v-t图象，则下列说法中正确的是（ ）

A．在0～6 s内，新型电动汽车做匀变速直线运动 B．在6～10 s内，新型电动汽车处于匀速状态 C．在4 s末，新型电动汽车向相反方向运动 D．在t＝12 s末，新型电动汽车的加速度为－1 m/s2 【答案】BD 【解析】 【详解】

A、根据速度图象的斜率等于加速度，可知在0∼6 s内，新型电动汽车的加速度发生了改变，做的是非匀变速直线运动，故A错误；

B、在6∼10 s内，新型电动汽车的速度不变，做匀速直线运动，故B正确；

C、在4 s末前后，速度一直为正，则知在4 s末，新型电动汽车向相同方向运动，故C错误；

D、在t=12 s末，新型电动汽车的加速度为a确； 故选BD。 【点睛】

匀变速直线运动的特点是加速度保持不变，根据速度图象的斜率等于加速度，速度的正负表示运动方向，分析汽车的运动性质。

v04m/s21m/s2，故D正t1410