高中物理图像法解决物理试题及其解题技巧及练习题

高中物理图像法解决物理试题及其解题技巧及练习题

一、图像法解决物理试题

1．甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，其v t -图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A ．20t :时间内乙物体通过的路程大于甲物体通过的路程

B ．1t 时刻，两者相距最远

C ．20t :时间内乙的平均速度小于甲的平均速度

D ．2t 时刻，乙物体追上甲物体 【答案】C 【解析】 【详解】

AC.20t ~时间内甲物体的速度一直比乙物体的速度大，乙物体通过的路程小于甲物体通过的路程．根据平均速度的定义，乙的平均速度小于甲的平均速度，故A 错误，C 正确； BD. 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，在0～t 2时间内，甲的速度一直比乙的大，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．t 2时刻后，乙的速度比乙的大，两者间距逐渐减小，所以t 2时刻，两者相距最远．故B 错误，D 错误．

2．如图所示，分别为汽车甲的位移-时间图象和汽车乙的速度-时间图象，则( )

A ．甲的加速度大小为25/m s

B ．乙的加速度大小为25/m s

C ．甲在4s 内的位移大小为40 m

D ．乙在4 s 内的位移大小为20 m

【答案】B 【解析】

A 、在x t -图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A 错误；

B 、在速度-时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为

a 2220/5/4

v a m s m s t =

==，故B 正确； C 、甲在4s 内的位移大小为20020x m m =-=，故C 错误；

D 、由v t -图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4s 内的位移大小为

204

402

x m m ?=

=，故D 错误． 点睛：本题的关键要明确x t -图象与v t -图象的区别，知道v-t 图象的斜率表示加速度，

x t -图象的斜率表示速度，两种图象不能混淆．

3．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 ＝t 1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 ′＝t 1，d ＝S

B ．t ′＝1

2t 1，d ＝14

S C ．t ′＝

12t 1，d ＝1

2S D ．t ′＝

1

2t 1，d ＝34

S 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

在t 1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t ′

34S ，即相距d ＝3

4

S ，故D 正确，BC 错误．

4．从1907 年起，密立根就开始测量金属的遏止电压C U （即图1 所示的电路中电流表G 的读数减小到零时加在电极K 、A 之间的反向电压）与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射得出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的 C U ν-图像如图2 所示．下列说法正确的是

A ．该金属的截止频率约为4．27× 1014 Hz

B ．该金属的截止频率约为5．50× 1014 Hz

C ．该图线的斜率为普朗克常量

D ．该图线的斜率为这种金属的逸出功 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：设金属的逸出功为0W ，截止频率为

c ν，因此0W h ν=；光电子的最大初动能Ek 与遏止电压UC 的关系是k c E eU =，光电效应方程为0k

E h W ν=-；联立两式可得：

0C W h U e e

ν=-，因此图像的斜率为h

e ，ＣＤ错误；当C 0U =可解得

144.310c Hz νν==?，即金属的截止频率约为

Hz ，在误差允许范围内，可以认

为A 正确；B 错误． 考点：光电效应．

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v 0＝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/s 2，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t 1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v 1＝10 m/s

D ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2 【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

10/2

v m s = ，故小球上升过程的平均速度小于10m/s ，故A 错误．

球在t 1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=kv 1；得

v 1=10m/s ．故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg+kv 0=ma 0；联立解得：a 0=30m/s 2．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

意公式0 2

v v v

=+ 只适用于匀变速直线运动．

6．两个质点A 、B 放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，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 ．A 、

B 加速时的加速度大小之比为2:1，A 、B 减速时的加速度大小之比为1:1 B ．在03t t =时刻，A 、B 相距最远

C ．在05t t =时刻，A 、B 相距最远

D ．在06t t =时刻，A 、B 相遇 【答案】D 【解析】 【详解】

A 、由v t -图像可知，加速时A 、

B 的加速度大小之比为10：1，减速时A 、B 的加速度大小之比为1：1，故 A 错误；

BC 、由A 、B 的运动关系可知，当A 、B 速度相同时，A 、B 间的距离最大，故B 、C 错误；

D 、由题意可知A 、B 是从同一位置同时开始运动的，由速度一时间图像可以算出运动位移，可知06t 时刻，A 、B 的位移003A B x x v t ==，因此在此时刻A 、B 相遇，故 D 正确． 故选D

7．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/s 2)

A ．物体加速度大小为lm/s 2

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：

222

m/s 0.5m/s 4

v a t =

== 故A 错误。

B.对物体，根据牛顿第二定律得：

2F-mg=ma

解得：

()()

2100.5N 10.5N 22

m g a F +?+=

== 故B 错误；

C. 4s 末F 作用点的速度为：

v 2=2v =4m/s

则拉力F 的功率为

P=Fv 2=10.5×4W=42W

故C 错误。

D. 4s 内F 作用点的位移为：

21

28m 2

x at =?=

所以4s 内F 做功为

W=Fx =10.5×8J=84J

故D 正确。

8．如图甲、乙所示为某物体在0～t 时间内运动的x ~t 图线和v ~t 图线，由图可知，在0～t 1时间内( )

A ．物体做的是曲线运动

B ．物体做加速度越来越小的运动

C ．图甲中

1

2t 时刻，图线的斜率为02v D ．x 1－x 0＞0

2

v t 1 【答案】C 【解析】 【详解】

A.x -t 图线和v -t 图线只能用来描述直线运动；故A 错误.

B.由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动；故B 错误.

C.图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中

1

2

t 时刻，图线的斜率为0

2

v ；故C 正确. D.乙图所围面积表示物体运动的位移，即x 1－x 0＞

2

v t 1;故D 错误.

9．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )

A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2

B ．电源1与电源2的电动势之比是3∶2

C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2

D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10 【答案】A 【解析】 【详解】

A ．根据电源U I -图线可知：

11005

ΩΩ804

r -=

=- 21005

ΩΩ1206r -=

=- 则有：

12:3:2r r =

故A 正确；

B ．根据电源U I -图线可知：

1210V E E ==

电源1与电源2的电动势之比是1∶1，故B 错误；

CD ．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则有：

1 3.5V U =，15A I = 25V U =，26A I =

可得：

11117.5W P U I ==，1

1

1

0.7ΩU R I == 22230W P U I ==，2225

Ω6

U R I =

= 小灯泡的电阻之比为：

12::2125R R =

小灯泡消耗的功率之比为：

12:7:12P P =

故C 、D 错误； 故选A 。

10．如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的U －I 图线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是 ( )

A．E＝50 V

B．r＝25 3

Ω

C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 【答案】AC

【解析】

【详解】

AB．由图象的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻

r＝

U

I

?

?

＝

5020

60

-

-

Ω＝5 Ω，

故A正确，B错误；

CD．该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则

R＝U

I

＝20 Ω，

此时，电路消耗的总功率

P总＝EI＝100 W，

故C正确，D错误．

11．如图为某质点的v－t图象，则下列说法正确的是（）

A．在6～10s内，质点处于静止状态.

B．在0～4s内和4s～6s末，质点运动方向同向

C．在0～6s内，质点做匀变速直线运动.

D．在t=2s末，质点的加速度为1.5 m/s

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

在0～6s 内，质点先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所以做的是非匀变速直线运动，6~10s 内，质点速度恒定，做匀速直线运动，AC 错误；速度的正负表示运动方向，0~4s 内和4~6s 内的速度都为正，所以质点运动方向相同，B 正确；在t=2s 末，质点的加速度为260 1.5/4

v a m s t ?-===?，D 正确． 【点睛】

在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移．

12．一枚火箭由地面竖直向上发射的速度-时间图像如图所示，则火箭运动情况正确的说法是（ ）

A ．火箭的速度先逐渐增大，然后又逐渐减小

B ．火箭在t 2时刻上升至最高点B

C ．火箭在B 点的速度达到最大值

D ．火箭在AB 段的加速度比OA 段的加速度要小 【答案】AC 【解析】 【详解】

A.由图象看出，在1

0t -时间内火箭的速度逐渐增大，1C t t -时间内火箭的速度逐渐减小，故A 正确。

B. 由速度图象看出，速度均是正值，说明火箭一直向上运动，C t 时刻速度为零，上升到最高点，故B 错误。

C. 根据速度的数值看出，火箭在B 点的速度达到最大值，故C 正确。

D. 速度图线的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。由图象可知AB 段斜率大于OA 段的斜率，因此火箭在AB 段的加速度大于OA 段的加速度。故D 错误。

13．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，如图是甲、乙两车的速度图象，由图可知（ ）

A ．甲车的加速度大于乙车的加速度

B ．t 1时刻甲、乙两车的速度相等

C ．t 1时刻甲、乙两车相遇

D ．0～t 1时刻，甲车的平均速度大于乙车的平均速度 【答案】BD 【解析】 【详解】

A.甲车图线的斜率小于乙车图线的斜率，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A 错误；

B. 由图可知：t 1时刻两车速度相等，故B 正确；

C. 图像的“面积”等于位移，则t 1时刻甲的位移大于乙的位移，它们从同一地点出发，则甲在乙的前方，没有相遇，故C 错误；

D.由图可知，0～t 1时刻，甲车的位移大于乙车，时间相同，故甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D 正确。

14．放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F 作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F 和物块速度v 随时间t 变化的图象如图，则（ ）

A ．第1 s 内物块受到的合外力为5.5 N

B ．物块的质量为1 kg

C ．斜面倾斜角一定是30°

D ．如果3s 撤去拉力F ，物块瞬时加速度5m/s 2 【答案】BD 【解析】 【详解】

:ABC.由图可得，0～1s 内物体的加速度为

20.5m /s v

a t

?=

=? 由牛顿第二定律可得：

()1F mgsin f ma θ-+=

1s 后匀速有：

2F mgsin f θ=+

联立，并将1 5.5N F =，2 5.0N F =，代入解得：m =1.0kg ，0.5N F ma ==合，因条件不足，故倾角θ无法解出，故AC 不符合题意； D. 如果3s 撤去拉力F ，合力

sin 5N F mg θf '=+=合

由牛顿第二定律可得：

25m/s F a m

'=

=合

故D 符合题意；

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/s 2 【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2204

/1/1410

v a m s m s t ?-===-?-，故D 正确； 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。