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-高三全册物理教案

专题17 电学图像问题在物理中，常常用图像来反映物理量之间的关系或描述某个物理过程，通过图像可以直观、简洁的反映物理量之间的关系或物理过程，所以在中考中常常会出现电学物理图像问题。

电学图像以信息为载体，主要考查学生识别图像、从中提取信息的能力。

图像类考题在中考中一直占有重要的地位，由于不会分析、处理，造成失分很多。

1、U -I 图像与I—U 图像：电阻两端的电压与流过电阻中的电流关系的图像：图像类型U—I 图像I —U 图像坐标意义图像的纵坐标表示电阻两端的电压，横坐标表示通过该电阻的电流。

图像的纵坐标表示通过该电阻的电流，横坐标表示电阻两端的电压。

图 像图像意义 及阻值计算当图像是一条过坐标原点直线时，表示定值电阻。

电阻大小等于图像上除原点以外的点的纵坐标和横坐标的比值。

R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =50.2AU R I ==Ω，或2222V=50.4AU R I ==Ω，或3333V =50.6AU R I ==Ω。

电阻大小等于图像上除原点以外的点的横坐标和纵坐标的比值。

R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =100.1A U R I ==Ω，或2122V=100.2AU R I ==Ω，或3133V =100.3AU R I ==Ω，或4144V =100.4AU R I ==Ω。

当图像为一条曲线时，表示可变电阻，电阻随电压的增大而增大。

电阻值大小只能通过图像上点的纵坐电阻值大小只能通过图像上点的横坐标与2、I—R图像：根据欧姆定律IR=可知：当电压一定的时候，电流与电阻成反比。

所以I-R图为反比例函数图像。

图像上每一点横纵坐标的乘积是个定值，即该电阻两端的电压值。

3、电学图像还有电压——电阻图像、电阻——温度图像、电阻——力图像、功率——电压图像、功率——时间图像等等，无论哪种图像，只要把握住坐标轴上的两个物理量，结合图像形状和相关物理知识就能从容的解决。

22题23题23题24题25题20题23题19题18题19题第1课时力学图象问题高考题型1运动学图象问题1．v－t图象的应用技巧(1)图象意义：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(1)图象意义：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．(2)注意：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(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图1中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是()图1A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大答案BD解析t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车并排行驶，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由题图图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C项错误，D项正确．拓展训练1(2018·河南省驻马店市第二次质检)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v －t图象如图2所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是()图2A．在第20 s末，甲、乙两车相遇B．若乙车在前，则可能相遇两次C．在第10 s末，乙车改变运动方向D．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m答案 B解析在0～20 s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故A错误．若t＝0时刻乙车在前，则两车在第20 s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故B正确．由题图知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故C错误．由于出发点的位置关系未知，所以不能确定甲、乙两车在10 s末的距离，故D错误．例2(多选)(2018·全国卷Ⅲ·18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图3所示．下列说法正确的是()图3A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等答案CD解析 x －t 图象斜率表示两车速度，则可知t 1时刻乙车速度大于甲车速度，A 错误；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t 1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t 1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B 项错误；t 1和t 2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等，在t 1到t 2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，该时刻两车速度相等，C 、D 项正确．拓展训练2 (2018·河北省石家庄市模拟)甲、乙两物体在同一水平地面上做直线运动，其运动的x －t 图象如图4所示，已知乙物体从静止开始做匀加速直线运动．下列说法正确的是( )图4A ．甲物体先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．在0～120 s 内，乙物体的平均速度大小大于0.5 m/sC ．在0～120 s 内，甲物体运动的位移大小小于乙物体运动的位移大小D ．乙物体在M 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s 答案 D解析 根据位移—时间图象的斜率表示速度，知甲物体先做匀速直线运动，后静止，A 错误；在0～120 s 内，乙物体的位移大小为Δx ＝60 m ，平均速度大小为v ＝Δx Δt ＝60120 m/s ＝0.5 m/s ，B 错误；在0～120 s 内，甲物体运动的位移大小为Δx ′＝80 m ，大于乙物体运动的位移大小，C 错误；根据匀变速直线运动的推论知，乙物体在t ＝60 s 时的瞬时速度大小等于在0～120 s 内的平均速度大小0.5 m/s ，而乙物体做匀加速直线运动，所以乙物体在M 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s ，D 正确．高考题型2 动力学图象问题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．解题技巧可以采用解析法和排除法分析a－t图象和F－x图象．例3(2018·全国卷Ⅰ·15)如图5，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图5答案 A解析设物块P静止时，弹簧的长度为x0，原长为l，则k(l－x0)＝mg，物块P匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma故F＝kx＋ma.根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象．拓展训练3(2018·山东省临沂市一模)如图6所示，滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点，此时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿直线NP自由滑下，又经t0时间到达坡底的P点．斜坡NP与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力．则从M到P的过程中，滑雪者的加速度大小、速度大小随时间变化的图象正确的是()图6答案 A解析 M 到N 的过程中，滑雪者做平抛运动，加速度为g ，保持不变，进入斜坡后，做匀加速直线运动，加速度a ＝mg sin 30°m ＝g sin 30°＝12g ，保持不变，故A 正确，B 错误．平抛运动过程中的速度v ＝v 02＋g 2t 2，可知v 与t 不成线性关系，进入斜坡后，做匀加速直线运动，速度随时间均匀增加，故C 、D 错误．高考题型3 其他图象问题1．x －v 图象的应用技巧2．解题技巧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(多选)(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图7甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2.下列选项中正确的是()图7A．2 s末～3 s末内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D．恒力F大小为10 N答案BC解析 物块匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 022x 1＝10 m/s 2，物块匀减速直线运动的时间为：t 1＝v 0a 1＝1010s ＝1 s ，即在t ＝1 s 末恒力F 反向，物块做匀加速运动，故A 错，B 对． 物块匀加速运动的加速度大小：a 2＝v 22x 2＝4 m/s 2,根据牛顿第二定律得： F ＋F f ＝ma 1，F －F f ＝ma 2，联立两式解得：F ＝7 N ，F f ＝3 N ，由F f ＝μmg ，得μ＝0.3，故C 对，D 错．拓展训练4 (多选)(2018·河北省邢台市上学期期末)一质点以一定的初速度从A 点开始向相距8 m 的B 点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v 2与位移x 之间的关系图线如图8所示，下列说法正确的是( )图8A ．质点做加速度增大的变加速运动B ．质点做匀加速运动，其加速度大小为2 m/s 2C ．质点运动的初速度大小为2 m/sD ．质点从A 点运动到B 点所用的时间为8 s答案 BC解析 根据v 2＝v 02＋2ax 可知，2a ＝369m/s 2＝4 m/s 2，则a ＝2 m/s 2；v 02＝4 m 2/s 2，v 0＝2 m/s ，则质点做匀加速直线运动，选项B 、C 正确，A 错误；v ＝6 m/s ，质点从A 点运动到B 点所用的时间为t ＝v －v 0a ＝6－22s ＝2 s ，选项D 错误． 拓展训练5 (多选)滑块以初速度v 0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a 、速度v 随时间t ，重力对滑块所做的功W 、动能E k 与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )答案 BD解析 取初速度方向为正，则上滑时的加速度a 1＝－mg sin θ＋μmg cos θm＝－(g sin θ＋μg cos θ)，下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm ＝g sin θ－μg cos θ.知|a 1|>a 2.根据位移公式x ＝12at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑的时间t 2大于上滑的时间t 1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，速度－时间图线的斜率表示加速度，故A 错误，B 正确．上滑时重力做负功，下滑时重力做正功，故C 错误．由动能定理可知，上滑时E k ＝E k0－mgx sin θ－F f x ；下滑时：E k ＝mgx sin θ－F f x ，且回到出发点时的动能小于初始状态的动能，故D 正确．高考题型4 图象信息提取问题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该点前后两段图线．(2)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．例5 (2018·山东省济宁市上学期期末)甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的v －t 图象如图9所示，下列说法正确的是( )图9A ．t 1时刻，两者相距最远B ．t 2时刻，乙物体追上甲物体C ．乙物体先向负方向运动，t 1时刻以后反向向正方向运动D ．0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大答案 D解析 在0～t 2时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．t 2时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以t 2时刻，两者相距最远，故A 错误；甲、乙两物体由同一位置出发，在v －t 图象中图象与t 轴围成的面积代表位移，则0～t 2时间内，甲的位移比乙的大，t 2时刻，乙物体还没有追上甲物体，故B 错误；在v －t 图象中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度一直为正，运动方向没有发生改变，故C 错误；因速度－时间图象的斜率表示加速度，则0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确．拓展训练6 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)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，某次新能源汽车性能测试中，图10甲显示的是牵引力传感器传回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20 s 以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得( )图10A ．由图甲可得汽车所受阻力为1 000 NB ．20 s 末的汽车的速度为26 m/sC ．由图乙可得20 s 后汽车才开始匀速运动D ．前20 s 内汽车的位移为426 m答案 B解析 由题图乙可知，在20 s 后汽车做匀速运动，则由题图甲可知：F f ＝1 500 N ，故选项A 错误；在0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma 1，则：a 1＝5 m/s 26 s 末车速：v 1＝a 1t 1＝5×6 m/s ＝30 m/s ，在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝ma 2，则：a 2＝－13m/s 2，第18 s 末车速：v 2＝v 1＋a 2t 2＝30 m/s ＋⎝⎛⎭⎫－13×12 m/s ＝26 m/s 由题图知18 s 后牵引力等于阻力，即汽车做匀速直线运动，故20 s 末的车速：v ＝26 m/s ，故选项B 正确，C 错误；汽车在0～6 s 内的位移：x 1＝v 12t 1＝90 m 汽车在6～18 s 内的位移：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m 汽车在18～20 s 内的位移：x 3＝v t 3＝52 m故汽车在前20 s 内的位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝478 m ，故选项D 错误．拓展训练7 (2018·安徽省池州市上学期期末)如图11甲所示，一个质量为m ＝1 kg 的小物体在平行于斜面向下的推力F ＝3.5 N 的作用下沿足够长的斜面向下运动．已知斜面倾角θ＝30°.选取沿斜面向下为x 轴正方向，物体通过坐标原点时开始计时，其x t－t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2.求：图11(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)第2 s 内物体的平均速度大小．答案 (1)32(2)2 m/s 解析 (1)由于x t －t 图象是一条倾斜直线，令x t＝kt ＋b ，可得x ＝kt 2＋bt ，与匀变速直线运动规律x ＝v 0t ＋12at 2相比较，知x t －t 图象的斜率为12a 则根据题图乙可以得：a ＝1 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma代入数据解得：μ＝32(2)由题图乙知物体的初速度为：v 0 ＝0.5 m/s ，第1 s 末速度为：v 1＝v 0＋at 1＝1.5 m/s 第2 s 末速度为：v 2＝v 0 ＋at 2 ＝2.5 m/s由于物体做匀加速直线运动，故第2 s 内的物体的平均速度大小：v ＝v 1＋v 22＝2 m/s专题强化练1．(2018·安徽省芜湖市上学期期末)一质点在竖直平面内斜向右下运动，它在竖直方向的速度－时间图象和水平方向的位移－时间图象分别如图1甲、乙所示．关于质点的运动，下列说法正确的是()图1A．轨迹是一条直线B．前2 s内质点处于失重状态C．t＝0时刻的速度大小为2 m/sD．质点斜向右下运动的过程中机械能守恒答案 B2．(多选)(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图2所示为甲、乙两球同向运动的v－t图象，甲球从静止出发，乙球以某一初速度运动，在t＝3 s时两球恰好相遇，则()图2A．甲、乙两球从同一地点出发，且在t＝2 s时两球相距最近B．在t＝1 s时乙球在前，甲球在后C．在t＝2 s时乙球在前，甲球在后D．在t＝0时，甲、乙两球相距2.25 m答案CD3．(2018·广东省七校联合体第三次联考)如图3所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移—时间图线．若t＝1 s时，图线所对应点的切线斜率为4(单位：m/s)．则()图3A．t＝1 s时，质点在x＝5 m的位置B．t＝1 s和t＝5 s时，质点的速度相同C．t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相反D．前5 s内，合外力对质点做正功答案 A4．(2018·海南省海口市一中月考)如图4甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是()图4A．在3 s末，物体处于出发点右方B．在1～2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C．在1～3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D．在0～1 s内，外力F不断增大答案 A解析根据v－t图象与t轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3 s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方，故A正确；在1～2 s内，速度为正值，说明物体向右运动，速度不断减小，故B错误；在1～3 s内，图象的斜率不变，则加速度不变，故C错误；在0～1 s内，图象切线斜率不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律得外力F不断减小，故D错误．5．(多选)(2018·湖北省黄冈市模拟)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图5所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则()图5A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2答案 BC解析 在0～2 s 内物块匀速运动，则摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F f mg ＝310＝0.3，选项A 错误；2 s 后物块做减速运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31 m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－v a＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N ，物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确，选项D 错误．6．(2018·福建省龙岩市3月模拟)A 、B 、C 、D 四个质量均为2 kg 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0～4 s 内物体运动位移最大的是( )答案 A解析 由x －t 图象可知，4 s 末到达位置为－1 m ，总位移为大小为2 m ，由v －t 图象可知，物体前2 s 内沿正方向运动，2～4 s 沿负方向运动，方向改变，4 s 内总位移为零；由a －t 图象可知：物体在第1 s 内向正方向做匀加速运动，第2 s 内向正方向做匀减速运动，2 s 末速度减为0，然后在2～3 s 向负方向做匀加速运动，在3～4 s 向负方向做匀减速直线运动，4 s 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1 s 内做匀加速运动，第2 s 内做匀减速运动，2 s 末速度减为0，前2s 内的位移为x ＝2×12×0.5×12 m ＝0.5 m ，后2 s 内位移x ′＝x ＝0.5 m ，总位移为1 m ，综上可知，A 正确．7．(2018·山东省济南市期中)如图6甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图象的是( )图6答案 B解析 选A 、B 整体为研究对象，开始运动后，随F 的增大，A 、B 整体加速度增大，A 、B 即将分离时，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得：a ＝F 2m对B 应用牛顿第二定律：a ＝F f m对A 应用牛顿第二定律：a ＝F －F f m经历时间：t ＝F k由以上解得：t ＝2F f k此后，B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线，所以A 、C 、D 错误，B 正确．8．(2018·辽宁省丹东市一模)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图7所示．假定汽车所受阻力的大小F f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图象中，可能正确的是( )图7答案 A解析 在0～t 1时间内，如果匀速，则v －t 图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P ＝F v ，牵引力减小，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F 1＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 1＝P 1F 1＝P 1F f，所以在0～t 1时间内，v －t 图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t 1～t 2时间内，功率突然减小，故牵引力突然减小，做减速运动，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的减速运动，当加速度为0时，即F 2＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 2＝P 2F 2＝P 2F f，所以在t 1～t 2时间内，v －t 图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线，故A 正确，B 、C 、D 错误．9．(2018·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )答案 C解析 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块上滑的最大位移大小为x 1，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(x 1－x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)x 1－(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故只有C 正确．10．(多选)(2018·陕西省西安一中一模)一赛车在平直赛道上以恒定功率加速，其功率为200kW ，设所受到的阻力不变，加速度a 和速度的倒数1v 的关系如图8所示，则赛车( )图8A ．做匀加速直线运动B ．质量为500 kgC ．所受阻力大小为2 000 ND ．速度大小为50 m/s 时牵引力大小为3 000 N答案 BC解析 由题图可知，加速度变化，故赛车做变速直线运动，选项A 错误；对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －F f ＝ma ，其中：F ＝P v联立得：a ＝P m v －F f m，结合图象，当赛车的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a ＝0时，1v ＝0.01 s/m ，v ＝100 m/s ，所以最大速度为100 m/s ，由图象可知：－F f m＝－4， 综上可解得：m ＝500 kg ，F f ＝2×103 N ，选项B 、C 正确；由P ＝F v 可知，F ＝P v ＝200 00050N ＝4 000 N ，选项D 错误．11．(多选)(2018·广东省佛山市质检一)如图9甲所示，物体置于某固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ.对物体施加水平向右大小变化的外力F ，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a 随外力F 变化的关系如图乙所示，物体不脱离斜面的条件是F ≤20 N ，若重力加速度g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息经过分析计算可以求出( )图9A ．物体的质量B ．斜面倾角的正弦值C ．物体运动6 s 的位移D ．加速度为6 m/s 2时物体对斜面的压力答案 ABD解析 受力分析如图，设斜面倾角为θ ，当F ＝0 N 时，可知a 1＝2 m/s 2，则mg sin θ－μmg cosθ＝ma 1；当F ＝20 N 时，F cos θ＋mg sin θ＝ma 2，a 2＝403m/s 2，此时F N ＝0，F sin θ＝mg cos θ，sin 2 θ＋cos 2 θ＝1，由以上式联立可得，μ＝11735，m ＝677，sin θ＝34，故A 、B 正确；由于物体初速度及F 随时间变化情况未知，因此无法求解物体运动6 s 的位移，故C 错误；由题图可知a ＝1730F ＋2，当a ＝6 m/s 2时，可求得F ＝12017N ，由F N ＋F sin θ＝mg cos θ，物体所受的支持力F N ＝16517 N ，则物体对斜面的压力为16517 N ，故D 正确．12.(2018·广东省深圳市三校模拟)如图10所示是水平面上的甲、乙两物体在同一地点同一时刻开始分别受到沿同一直线的水平拉力作用时的速度－时间图象．已知两物体的质量分别为m 甲＝2 kg 、m 乙＝3 kg ，两物体与水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图10(1)通过分析，判断甲、乙所受水平拉力的方向是否相同？求出甲、乙所受水平拉力大小之比．(2)从t ＝0开始经过多长时间甲、乙再次相遇？甲与乙再次相遇时通过的位移多大？甲与乙再次相遇前的最远距离为多少？答案 见解析解析 (1)设甲、乙两物体所受的拉力分别为F 甲和F 乙，则根据牛顿第二定律有 F 甲－μm 甲g ＝m 甲a 甲；F 乙－μm 乙g ＝m 乙a 乙；根据v －t 图象的斜率等于加速度，可知，a 甲＝6－105 m/s 2＝－0.8 m/s 2，a 乙＝6－05m/s 2＝1.2 m/s 2，联立解得 F 甲＝2.4 N ，F 乙＝9.6 N由于F 甲＞0，F 乙＞0，所以甲、乙所受的拉力同向，且 F 甲∶F 乙＝1∶4(2)甲、乙两物体再次相遇时，有 x 甲＝x 乙．即v 0t 1＋12a 甲t 12＝12a 乙t 12. 解得 t 1＝10 s ，即经过10 s 甲、乙再次相遇．相遇时，x 甲＝x 乙＝12a 乙t 12＝12×1.2×102 m ＝60 m 当甲、乙速度相等时，两者相距最远，则有v 0＋a 甲t 2＝a 乙t 2.解得 t 2＝5 s最远距离为Δx ＝(v 0t 2＋12a 甲t 22)－12a 乙t 22.解得Δx＝25 m.。

第1课时力学图象问题高考命题点命题轨迹情境图运动学图象问题20161卷21,3卷2316(1)21题16(3)23题17(2)22题18(2)19题18(3)18题18(3)19题20172卷2220182卷19,3卷18、19动力学图象问题20173卷2020181卷1517(3)20题18(1)15题其他图象问题20152卷1715(2)17题图象信息提取问题20151卷20、2515(1)20题15(1)25题19(2)18题20192卷181．v－t图象的应用技巧(1)图象意义：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(1)图象意义：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．(2)注意：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～t 2内两车速度—时间图象(v －t 图象)如图1所示，则在0～t 2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是( )图1A ．甲、乙两辆车运动方向相反B ．在t 1时刻甲、乙两车再次相遇C ．乙车在0～t 2时间内的平均速度小于v 1＋v 22D ．在t 1～t 2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～t 1时间内，二者位移不相等，即在t 1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～t 2时间内做匀变速运动，则平均速度为v 1＋v 22，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v 1＋v 22，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～t 2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 (2019·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2A ．减速前该车已超速B ．汽车在加速阶段的加速度大小为3m/s 2C ．驾驶员开始减速时距斑马线18mD ．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v 0＝10m/s ＝36 km/h<40 km/h ，未超速，故A 错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：a ＝Δv Δt ＝8－25.5－3.5m/s 2＝3 m/s 2，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 －F f ＝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 (2019·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3A ．质点A 做初速度为零、加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动 B ．质点B 以2 m/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 答案 C解析 质点A 的运动方程为x ＝12at 2，则初速度为零，加速度a ＝2 m/s 2，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 ＝Δx Δt ＝9－33m/s ＝2 m/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2 m/s ，且质点B 以v ＝2 m/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4A ．质点做匀减速直线运动B ．2s 时，质点的速度大小为6m/sC ．质点的加速度大小为2 m/s 2D ．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 ＝v 0t ＋12at 2，而v 0＝8m/s ，t＝2 s 时的位移x ＝12 m ，代入解得a ＝－2 m/s 2，则函数表达式为x ＝8t －t 2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，故A 、C 正确；2 s 时的瞬时速度为v ＝v 0＋at ＝8 m/s －2×2 m/s＝4 m/s ，故B 错误；由位移公式可得1 s 内的位移x 1＝8×1 m－12m ＝7 m ，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 (多选)(2019·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/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．物体在第3s 末的加速度大小是2 m/s 2B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．物体在前6s 内的位移为10mD ．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a 1等于前4s 内的加速度，a 1＝Δv Δt ＝44m/s 2＝1 m/s 2，选项A 错误；在0～4s 内，F 1－μmg ＝ma 1， 解出：μ＝0.4，选项B 正确；设前4s 内的位移为x 1，x 1＝12a 1t 12＝12×1×16m＝8m ；设4s 后物体运动时的加速度为a 2，则：F 2－μmg ＝ma 2，解得，a 2＝－2 m/s 2；物体在4s 末时的速度为v ′＝4m/s ， 设物体从4s 末运动时间t 2速度减为0， 则：0＝v ′＋a 2t 2，解得：t 2＝2s ； 所以物体在6s 末速度恰好减为0. 故后2s 内的位移：x 2＝v ′t 2＋12a 2t 22，解得，x 2＝4m ；所以物体在前6s 内的位移x ＝x 1＋x 2＝8m ＋4m ＝12m ，选项C 错误，D 正确． 拓展训练3 (2019·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F f 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t 1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，F f 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 ＝12at 2，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F f 为0，加速度为0.故A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练4 (多选)(2019·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 ＝v 2－v 02，图象表达式：x ＝12a v 2－12av 022．解题技巧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 (2019·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8A ．甲图中，物体在0～t 0这段时间内的位移小于v 0t 02B ．乙图中，物体的加速度为2 m/s 2C ．丙图中，阴影面积表示t 1～t 2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～t 0这段时间内的位移大于v 0t 02，选项A 错误；题图乙中，根据v 2＝2ax 可知2a ＝1515m/s 2＝1 m/s 2，则物体的加速度为0.5m/s 2，选项B 错误；题图丙中，根据Δv ＝at 可知，阴影面积表示t 1～t 2时间内物体的速度变化量，选项C 错误；题图丁中，由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，由图象可知12a＝102m/s 2＝5 m/s 2，则a ＝10 m/s 2；v 0＝－5 m/s ，则t ＝3s 时物体的速度为v 3＝v 0＋at 3＝25m/s ，选项D 正确．拓展训练5 (2019·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9A ．t ＝0时刻物块位于x ＝0处B ．物块运动的加速度a ＝2 m/s 2C ．t ＝4s 时物块位于x ＝2m 处D ．由图可知物体做往复运动 答案 C解析 根据x －x 0＝v 22a ，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有12a ＝2－04－2s 2/m ＝1 s 2/m ，则加速度a ＝0.5m/s 2，初位置x 0＝－2m ，故A 、B 、D 错误；t ＝4s 内，物块的位移Δx ＝12at2＝12×0.5×42m ＝4m ，则t ＝4s 时物块的位置坐标x ＝Δx ＋x 0＝2m ，故C 正确． 拓展训练6 (2019·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x t－t 图象如图10所示．下列判断正确的是( )图10A ．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 答案 D解析 由题图可得，对于甲有：xt＝0.5t ＋1， 对于乙有：x t＝－0.5t ＋5，对照匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得：x t ＝a2t ＋v 0.可得甲的加速度为a 甲＝1 m/s 2，初速度为v 0甲＝1 m/s ，做匀加速直线运动． 乙的加速度为a 乙＝－1m/s 2，初速度为v 0乙＝5 m/s ，做匀减速直线运动．故B 错误； 当t ＝4s 时，甲的速度为v 甲＝v 0甲＋a 甲t ＝1 m/s ＋1×4 m/s＝5 m/s. 乙的速度为v 乙＝v 0乙＋a 乙t ＝5 m/s －1×4 m/s＝1 m/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v ＝v 0+ v2，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 (多选)(2019·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E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 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/s 2.由图中数据可得( )图11A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD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E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2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F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝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 －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝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12A ．由图甲可得汽车所受阻力为1000NB ．第20s 末的汽车的速度为26m/sC ．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 答案 B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：F f ＝1500N ，故选项A 错误；在0～6s 内由牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma 1，则：a 1＝5m/s 26s 末车速：v 1＝a 1t 1＝5×6 m/s＝30 m/s ，在6～18s 内，由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝ma 2，则：a 2＝－13m/s 2，第18 s 末车速：v 2＝v 1＋a 2t 2＝30 m/s ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×12 m/s＝26 m/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：x 1＝v 12t 1＝90m汽车在6～18s 内的位移：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336m汽车在18～20s 内的位移：x 3＝vt 3＝52m故汽车在前20s 内的位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝478m ，故选项D 错误．拓展训练8 (2019·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v 0＝12 m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经t 1＝1.2 s 开始沿斜面返回，t 2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°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)．则可确定( )图13A ．物块上滑时的加速度大小为5m/s 2B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C ．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2mD ．物块回到斜面底端的时刻为2.4s 答案 C解析 根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a 1＝10m/s 2，故A 错误； 物块在上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 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 ＝12×12×1.2m＝7.2m ，故C 对；物块沿斜面下滑的加速度为a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2根据位移公式：s ＝12a 2t 2解得：t ＝7.2s≠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～t 0和t 0～3t 0两段时间内( )图1A ．加速度大小之比为1∶2B ．位移大小之比为2∶3C ．平均速度大小之比为1∶1D ．合力的冲量大小之比为2∶1 答案 C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：a 1∶a 2＝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x 1∶x 2＝1∶2，故B 错误；在0～t 0时间内汽车做匀加速直线运动，在t 0～3t 0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v 02，故C 正确；根据动量定理可知，在0～t 0时间内合外力的冲量I 1＝mv 0；在t 0～3t 0时间内合外力的冲量I 2＝0－mv 0＝－mv 0，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20 m/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12 m/s 时，刹车的距离x 1为( )图2A ．12mB ．12.8mC ．14mD ．14.8m 答案 B解析 由于汽车做匀减速直线运动，设加速度为a ，由v 2－v 02＝2ax ，解得a ＝－10 m/s 2，当v 1＝12 m/s 时，汽车刹车的距离x 1＝v 12－v 022a＝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( )图3A ．甲车的速度大小为4m/sB ．乙车的平均速度大小为4m/sC ．甲车的位移大小为40mD ．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＝x t 1＝205m/s ＝4 m/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 ＝12at 2，根据题图有：x 0＝12at 2，20m ＝12at 02，t ＝10s ，t 0＝5s ，解得：a ＝1.6m/s 2，x 0＝80m ，则平均速度为：v 乙＝x 0t ＝8010m/s ＝8 m/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t 0和2t 0时刻，物体的动能分别为E k1、E k2，物体的动量分别为p 1、p 2，则( )图4A ．E k2＝8E k1，p 2＝4p 1B ．E k2＝3E k1，p 2＝3p 1C ．E k2＝9E k1，p 2＝3p 1D ．E k2＝3E k1，p 2＝2p 1 答案 C解析 根据动量定理得： 0～t 0内：F 0t 0＝mv 1t 0～2t 0内，2F 0t 0＝mv 2－mv 1联立解得：v 1∶v 2＝1∶3 由p ＝mv 得：p 2＝3p 1 由E k ＝12mv 2得：E k1＝12mv 12E k2＝12mv 22解得：E k2＝9E k1.5.(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( )图5A ．t 0时刻两车相遇B ．0到t 1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t 0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度D ．t 1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方 答案 C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～t 0时间内乙车的位移比甲车的大，则t 0时刻两车没有相遇，故A 错误；0～t 1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～t 0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～t 1时间内，甲车的位移比乙车的大，则在t 1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( )图6A ．t 3时刻小球速率最大B ．t 2时刻小球动能为零C ．t 3、t 4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 答案 B7．(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( )答案 A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1 s 内做匀加速运动，第2 s 内做匀减速运动，2 s 末速度减为0，前2s 内的位移为x ＝2×12×0.5×12m ＝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/s 2，则下列说法正确的是( )图7A ．演员在1.0s 时的加速度大小为2 m/s 2B ．滑杆的长度为5.25mC ．传感器显示的最小拉力为420ND ．3.5s 内演员损失的机械能为2700J 答案 D解析 由v －t 图象可知，演员在1.0s 时的加速度大小a ＝3－01.5－0.5m/s 2＝3 m/s 2，故A 错误；v －t 图象与t 轴所围的面积表示位移，则可知，总长度x ＝12×3×3m＝4.5m ，故B 错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800N ，除去杆的重力200N ，演员的重力就是600N ，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg －F 1＝ma ，解得：F 1＝420N ，加上杆的重力200N ，可知杆受的拉力为620N ，故C 错误；由题意可知演员从滑杆上端下滑到杆底端的过程中，初、末速度相同，故ΔE k ＝0，则减小的重力势能等于损失的机械能，即ΔE ＝mgh ＝600×4.5J＝2700J ，故D 正确．9．(多选)滑块以初速度v 0滑上表面粗糙程度相同的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a 、速度v 随时间t ，重力对滑块所做的功W 、动能E k 与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )答案 BD解析 取初速度方向为正，则上滑时的加速度a 1＝－mg sin θ＋μmg cos θm＝－(g sin θ＋μg cos θ)，下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ.知|a 1|>a 2.根据位移公式x ＝12at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑的时间t 2大于上滑的时间t 1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，速度－时间图线的斜率表示加速度，故A 错误，B 正确．上滑时重力做负功，下滑时重力做正功，故C 错误．由动能定理可知，上滑时E k ＝E k0－mgx sin θ－F f x ；下滑时：E k ＝mgx sin θ－F f x ，且回到出发点时的动能小于初始状态的动能，故D 正确．10．(2019·山东临沂市质检)如图8甲所示，质量为m ＝2kg 的物体置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，t ＝0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1＝0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)拉力F 的大小；(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s . 答案 (1)0.5 (2)60N (3)7.5m解析 (1)由题图可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a 2＝10－51－0.5m/s 2＝10 m/s 2此过程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 代入数据解得：μ＝0.5(2)由题图可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1＝100.5m/s 2＝20 m/s 2此过程有：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 代入数据解得：F ＝60N(3)设物体向上做匀减速运动的时间为t 1，则t 1＝1010s ＝1s ，则整个过程中物体向上滑行的时间t ＝0.5s ＋1s ＝1.5s ， 结合题图乙可知，物体沿斜面向上滑行的最大距离为：1 2×10×1.5m＝7.5m.s＝。