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物理解题方法导练：图像法
1．一架无人机质量为2kg，运动过程中空气阻力大小恒定．该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其v-t图象如图所示，g取10m/s2．下列判断正确的是（　　）
A．无人机上升的最大高度为72m
B．6～8s内无人机下降
C．无人机的升力大小为28N
D．无人机所受阻力大小为4N
2．在一条平直的公路上，甲、乙两车从零时刻开始运动，两车的位移随时间的变化规律如图所示，乙车图像是过原点的一条抛物线，抛物线与横轴相切于O点，整个运动过程中两车可视为质点，则下列说法正确的是（　　）
A．甲车正在匀减速直线运动
B．乙车正在做加速度增大的加速直线运动
C．t=6s时，甲、乙车速度大小相等
D．t=8s时，乙的位置坐标小于甲车的位置坐标
3．甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，甲车对应的图线为过坐标原点的倾斜直线，乙车对应的图线是顶点为P的抛物线，两图线相交于P点，则下列说法不正确的是（　　）
A．乙的初速度是甲的两倍
B．时间内，甲、乙的间距先增大后减小
C．时间内，甲的平均速率大于乙的平均速率
D．时间内，甲的路程等于乙的路程
4．甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，时刻经过同一位置，描述两物体运动的图如图，则在的时间内，关于甲、乙的位置关系下列说法正确的是　　
A．内，两物体距离越来越小
B．第内，两物体距离越来越小
C．两物体只能相遇一次
D．两物体相遇两次
5．一物体沿直线运动，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是
A．0-2s内，物体的加速度为5m/s2 B．2-4s内，物体发生的位移为6m
C．0-4s内，物体的平均速度为1m/s D．2-4s内与4-6s内的平均速度相同
6．空间存在一平行于x轴方向的电场，x轴上各点电势的变化规律如图所示，图线为关于 y 轴对称的抛物线。则下列说法正确的是（　　）
A．在 O~ x2电场强度依次增大，在O~ x2电场强度依次减小
B．x1 和 x1两点处的电场强度大小相等、方向相同
C．正粒子在 x1 和 x1处的电势能相等
D．负粒子由 x1 沿 x 轴运动到x1的过程中，电势能先增大后减小
7．如图是质点做直线运动的v﹣t图象．关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内质点做匀速运动
B．t1～t2时间内质点保持静止
C．质点先做匀加速运动再做匀速运动
D．t1时刻质点的运动方向改变
8．下列为位移s随时间t变化图像，能反映汽车刹车过程的是（　　）
A． B．
C． D．
9．一列横波在时刻的波形如图甲所示，M、N是介质中的两个质点，图乙是质点M的振动图象，则（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为0.2m/s
C．质点M与N的位移总相同
D．质点M与N的速率总相同
10．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
11．两个质点A、B放在同一水平面上，从同一位置沿相同方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示.对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是
A．在6s末，质点A的加速度大于质点B的加速度
B．在0-12s时间内，质点A的平均速度为ms
C．质点A在0－9s时间内的位移大小等于质点B在0－3s时间内的位移大小
D．在12s末，A、B两质点相遇
12．质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图象如图所示。且4～5m内物体匀速运动。x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（　 ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．撤去外力时物体的速度为m/s
C．x=3m时物体的速度最大
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
13．如图所示的位移（x）-时间（t）图象和速度（v）-时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．时间内，丙、丁两车在时刻相距最远
D．时间内，丙、丁两车的平均速度相等
14．振源S在坐标原点沿y轴方向上下振动，频率为10Hz。如图所示，时刻向右传播的简谐横波恰好到达处，向左传播的简谐横波图中未画出，则以下说法正确的是（　　）
A．时，处的质点振动方向向上
B．时，处的质点处在波谷位置
C．时，处的质点位移为零
D．时，处的质点通过的路程为36cm
15．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的另一物体B（可视为质点）以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度。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的最短长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
16．如图为某质点做直线运动的v-t图象。由图可知，0~3s内质点做__________（填“匀速”或“匀加速”）直线运动；3-6s内质点做__________（填“匀速”或“匀加速”）直线运动；5s末质点的瞬时速度大小为__________m/ s。
17．如图为某物体在24s内运动的v-t图像，则
(1)它在24秒内的总位移为x=________m；
(2)它在24秒内的平均速度为v=________m/s；
(3)它在3秒末的加速度为a=________m/s2。
18．某质点在0－9s内沿直线运动，其v－t图像如图所示，由图像可知，在0－3s内质点做____（选填“匀加速”或“匀减速”）直线运动；在3－9s内质点做_____（选填“匀加速”或“匀减速”）直线运动；3s末质点速度大小为_____m/s。
19．可利用如图l所示的电路研究光电效应中电子的发射情况与光照的强弱、光的频率等物理量间的关系.K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K受到光照时能够发射电子.K与A之间的电压大小可以调整，电源的正负极也可以对调.
(1)a.电源按图1所示的方式连接，且将滑动变阻器中的滑片置于中央位置附近．试判断：光电管中从K发射出的电子由K向A的运动是加速运动还是减速运动?
b.现有一电子从K极板逸出，初动能忽略不计，已知电子的电量为e，电子经电压U加速后到达A极板.求电子到达A极板时的动能Ek.
(2)在图l装置中，通过改变电源的正、负极，以及移动变阻器的滑片，可以获得电流表示数，与电压表示数U之间的关系，如图2所示，图中UC叫遏止电压.实验表明，对于一定频率的光，无论光的强弱如何， 遏止电压都是一样的．请写出光电效应方程，并对“一定频率的光，无论光的强弱如何，遏止电压都是一样的”做出解释.
(3)美国物理学家密立根为了检验爱因斯坦光电效应方程的正确性，设计实验并测量了某金属的遏止电压UC与入射光的频率.根据他的方法获得的实验数据绘制成如图 3所示的图线．已知电子的电量e=1.6×l0-19C,求普朗克常量h.（将运算结果保留l位有效数字.）
20．图a所示为杂技“顶竿”表演，质量为的甲站在地面上，肩上扛一质量为的竖直竹竿，竿上有一质量为的乙可视为质点，乙从竿的顶端A恰好下滑到竿的末端B，其速度－时间图象如图b所示，g取10m/s2，求：
(1)竿AB的长度；
(2)整个下滑过程中，竿对乙所做的功；
(3)1~3s内甲对地面的压力大小。
21．如图（a）所示，斜面底部固定一垂直于斜面的挡板，小物块在斜面上由静止开始下滑，与挡板相碰（碰撞时间极短）后，再返回到斜面上某处速度减为0，此过程中小物块运动的v-t图象如图（b）所示，重力加速度为，不计空气阻力。求：
(1)在4.4秒内小物块的位移s；
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)为求出小物块在4.4秒内损失的机械能，你觉得还需要知道什么物理量，并说明理由。
22．电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示.重力加速度g=10 m/s2.求：
（1）物块与水平面间的动摩擦因数；
（2）物块在4 s内减少的电势能.
23．摩天大楼中，直通高层的客运电梯简化模型如图a所示，电梯总质量m=2.0103kg。在t=0时，电梯由静止开始上升，其加速度随时间变化的a – t图像如图b所示。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。对比加速度和速度的定义，参考由v – t图像求位移的方法，求电梯在第1s内的速度改变量v1和上升过程中的最大速度vmax；
（3）求电梯在1 ~ 10s时间内上升的高度h与机械能的变化量ΔE。
参考答案
1．D
【解析】
A．v-t图图象和坐标轴围成图形的面积表示位移，则无人机上升的最大高度为
，
选项A错误；
B．v-t图图象的斜率表示加速度，6～8s内无人机减速上升，选项B错误；
CD．无人机上升的加速度
，
则由牛顿第二定律可得：
；
减速上升的加速度：
，
则由牛顿第二定律可得：
；
联立解得升力大小和无人机所受阻力大小分别为：
;，
选项C错误，D正确；
故选D．
【点睛】
此题关键是搞清v-t图像的物理意义，即斜率等于加速度，面积等于位移；通过v-t图像求解飞机的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解．
2．C
【解析】
A．在x－t图像中斜率表示速度，甲图像斜率不变，说明甲车正在做匀速直线运动，故A错误；
B．乙车图像是过原点的一条抛物线，抛物线与横轴相切于O点，说明乙车做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由图像可知
可得
这说明乙车正在做匀加速直线运动，加速度大小不变，故B错误；
C．t=6s时，甲的速度大小
乙车速度大小
比较数据可知甲、乙两车速度相等，故C正确；
D．t=8s时，由图象分析可知乙的位置坐标大于甲车的位置坐标，故D错误。
故选C。
3．C
【解析】
A.根据x－t图线的斜率表示速度，可知甲车做匀速直线运动，乙车图线为顶点在P点的抛物线，则乙车做匀变速直线运动，t0时刻乙车的速度为0，而时间内两车的位移相等，则有
解得
即乙车的初速度为甲车初速度的两倍，故A正确，不合题意；
B.由图象可知，时间内两车之间的距离先增大后减小，故B正确，不合题意；
C.时间内两车的位移相等，则两车的平均速率大小相等，故C错误，符合题意；
D.由对称性可知，乙车在和时间内的位移大小相等，又甲车做匀速运动，则时间内甲车的路程等于乙车的路程，故D正确，不合题意。
故选C。
4．C
【解析】
甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，t=0时刻经过同一位置，根据速度大小关系分析两物体之间距离如何变化．根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系．
【详解】
由图可知，内，乙的速度始终比甲的速度大，所以两物体距离越来越大，故A错误；前3s内甲的位移：；前3s内乙的位移：，所以在第三秒末甲与乙相遇，此后乙的速度始终大于甲的速度，所以甲与乙之间的距离逐渐增大，二者不会再相遇，故BD错误，C正确；故选C.
【点睛】
解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
5．C
【解析】
A. v-t图像的斜率代表加速度，0-2s内，物体的加速度为，故A错误；
B. v-t图面积代表位移，2-4s内面积为负，所以物体发生的位移为，故B错误；
C. 0-4s内，物体的平均速度为 ，故C正确；
D. v-t图像的面积代表位移，2-4s内的面积比4-6s内的面积大，则2-4s内的平均速度比4-6s内的平均速度大，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
A．图象的斜率大小等于电场强度，由于O~和O~图线的斜率均增大，因此O~和O~电场强度均依次增大，A错误；
B．由于x1 和 x1两点关于y轴对称，则两点的斜率大小相等，则这两点的电场强度大小相等，又斜率的正负表示电场强度的方向，因此这两点电场强度的方向相反，B错误；
C．由图象可知和两点的电势相等，则由公式得正粒子在和两点的电势能相等，C正确；
D．由图象可知，x轴负半轴电场方向向左，x轴正半轴电场方向向右，则负粒子由到O点的过程电场力做正功，电势能减小；负粒子在x轴正半轴所受的电场力向左，则负粒子由O运动到点的过程中，电场力做负功，电势能增大，D错误。
故选C。
7．C
【解析】
由图线可知，0~t1时间内质点做匀加速运动，选项A错误；t1~t2时间内质点保持匀速直线运动，选项B错误；综上所述，质点先做匀加速运动再做匀速运动，选项C正确；t1时刻前后质点的速度均为正值，故质点的运动方向没有改变，选项D错误；故选C.
8．D
【解析】
汽车在刹车过程中，速度在减小，在位移—时间图象中，斜率表示速度，所以图象的斜率应该减小，故D正确，ABC错误。
故选D。
9．D
【解析】
A．由M点的振动图象可知，质点M的在平衡位置向上运动，结合时的波形图可知，利用同侧法，可知该波的传播方向为沿着x轴的负方向，所以A错误；
B．由题图可知
，
得该波的波速为
所以B错误；
CD．由图甲可知，M和N两点之间距离为，即两点反相，位移可能相同可能相反，但是两点的速率总是相同的，所以D正确，C错误。
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
AC、由图甲可知，质点在x方向上的初速度为，沿x方向的加速度为0；y方向上的初速度为0，加速度：，可知质点的初速度沿x方向，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：，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．
11．A
【解析】
A、根据v-t图象中图线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，可知质点A在 s末的加速度是 m/s2，质点B在 s时末的加速度是，所以A的加速度较大，故A正确；
B、在0～12s时间内，质点A的位移为，平均速度为，故B错误；
C、质点A在0－9s时间内的位移大小，质点B在0－3s时间内的位移大小，故C错误；
D、在12s末，A、B两质点相距的距离等于它们的位移之差，为，故D错误。
【点睛】
在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移；根据几何关系求出质点A、B在0～12s内的位移，再由位移与时间之比求其平均速度，根据位移关系分析何时两质点相遇。
12．B
【解析】
A. 由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由
知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；
B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F?x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理
解得，故B符合题意；
C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；
D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有
解得，故D不符合题意。
13．C
【解析】
A．根据位移-时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动。甲做速度越来越小的变速直线运动。故A错误。
B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等。故B错误。
C．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远。故C正确。
D．0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度。故D错误。
14．CD
【解析】
A．由题可知
，
可得波的波速为
周期为
时，即波传播了，此时处的质点振动方向向下，所以A错误；
B．时，即波传播了，时，向左传播的波传到处的质点，质点开始向下振动，再过0.075s，处的质点振动，即此时此处质点处于波峰位置，所以B错误；
C．时，即波传播了，则处的质点处于平衡位置，所以质点位移为零，所以C正确；
D．时，即波传播了，波从时刻传到处的质点需要0.075s，则质点振动了0.225s，通过的路程为
所以D正确。
故选CD。
15．BCD
【解析】
A．从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，由
可得木板A的获得的动能为1J，选项A错误；
B．系统损失的机械能
代入数据得
选项B正确；
C．由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为1m，选项C正确；
D．由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据
其中
得出动摩擦因数为0.1，选项D正确。
故选BCD。
16．匀加速 匀速 12
【解析】
[1]图像的斜率表示加速度，斜率恒定，即加速度恒定，0~3s内质点的速度均匀增大，即做匀加速直线运动；
[2]3~6s内质点的速度恒定不变，即做匀速直线运动；
[3]5s末质点对应的速度为12m/s。
17．72m 3m/s 1m/s2
【解析】
(1)[1]图像所包围的面积代表位移，则24秒内的总位移：
；
(2)[2]物体在24秒内的平均速度：
；
(3)[3]0-4s内物体做匀加速直线运动，则3秒末的加速度为0-4s内图像的斜率，则
。
18．匀加速 匀减速 9
【解析】
[1][2][3]速度图像的斜率表示加速度，斜率不变、加速度不变，所以在0－3s内质点做匀加速直线运动；在3－9s内质点做匀减速直线运动；3s末质点速度大小为9m/s。
19．（1）a.加速运动；b. ；（2）；（3）
【解析】
(1)a.根据电源的正负极和电路可知A极板的电势高于K极板，则光电子可加速运动；
b.电子由初速度为零加速，由动能定理得：
(2)爱因斯坦光电效应方程
遏止电压对应为具有最大初动能的光电子由K极板运动到A极板动能减为0，
根据动能定理有：
联立以上各式得:
可见，对于确定的金属来说，一定频率的光，无论光的强弱如何，遏止电压都是一样的.
(3)斜率为普朗克常量与元电荷常量之比，由图像求得斜率：
得普朗克常量：
代入数据得：
20．(1)3m；(2)；(3)1045N
【解析】
(1)由乙的速度图象可知竿长为
①
(2)乙从A到B的过程中，设竿对乙做的功为W。由动能定理得
②
解得
③
(3)1~3s内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其大小为
④
设地面对甲的支持力大小为F，分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得
⑤
解得
⑥
由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力
⑦
即甲对地面的压力大小1045N。
21．(1)，沿斜面向下；(2)；(3)还需要物块的质量m
【解析】
(1)位移s可由图象的面积算出，0~4s内的位移
4~4.4s内的位移
则位移s为
方向是沿斜面向下。
(2)受力分析，物块受三个力作用：重力，斜面的支持力和斜面的摩擦力。物块下滑时
物块上滑时
由v-t图象可知
代入数据解得
(3)还需要物块的质量m，理由：损失的机械能为
由(1)(2)可知，s、sinθ均能求出，所以还需要已知物块的质量m。
22．（1）0.2（2）14J
【解析】
（1）由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
qE1-μmg=ma，
由图线知加速度为：a=1m/s2
2s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg
联立解得：q（E1-E2）=ma
由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，
代入数据解得：m=1kg
由qE2=μmg可得：μ=0．2．
（2）物块在前2s的位移为：S1＝×2×2＝2m，物块在2-4s内的位移为：S2=vt2=4m
电场力做正功为：W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J，则电势能减少了14J；
【点睛】
能根据题目提供的E-t图和v-t图得到相关的信息是解题的关键．明确v-t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移．
23．（1），；（2），；（3），
【解析】
（1）由牛顿第二定律得
由a – t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是
，
解得
（2）由得，，类比可知，所求速度变化量等于第1s内a – t图线下的面积
由图b可知，电梯在0~11s加速上升，11s~30s匀速运动，30s~41s减速上升，所以11s~30s内速率最大，第11s时的速度值等于0~11s内a – t图线下的面积
（3）1~10s内电梯匀加速上升，初速为0.5m/s，加速度为1m/s2，时间9s，则
代入数据解得
机械能的变化量
代入数据解得

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