2024IWJ考物理二輪復習80熱點模型

最新高考題模擬題專項訓練

模型2運動圖像信息模型

最新高考題

1.（2023高考全國甲卷）一小車沿直線運動，從t=0開始由靜止勻加速至時刻，此后

做勻減速運動，到時刻速度降為零。在下列小車位移x隨時間t的關系曲線中，可能正

確的是

【參考答案】D

【命題意圖】本題考查對位移圖像的理解及其相關知識點。

【解題思路】從t=0開始由靜止勻加速，此后勻減速到速度為零，根據位移圖像斜率表

示速度可知，D正確。

2.（2023高考江蘇學業水平選擇性考試）電梯上升過程中，某同學用智能手機記錄了電梯

速度隨時間變化的關系，如圖所示?電梯加速上升的時段是（）

A.從20.0s至U30.0s

B.從30.0s至lj40.0s

C.從40.0s到50.0s

D.從50.0s至lj60.0s

【參考答案】A

【名師解析】

因電梯上升，由速度圖像可知，電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s。A正確。

3.（2023高考湖北卷）。=0時刻，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時

間f按圖示的正弦曲線變化，周期為2為。在0~3fo時間內，下列說法正確的是（）

A.，=2f0時，P回到原點

B./=2務時，P的運動速度最小

C.f=。時，P到原點的距離最遠

31

D.時，p的運動速度與1=5"時相同

【參考答案】BD

【名師解析】

質點在0~2時間內從靜止出發先做加速度增大的加速運動，然后做加速度減小的加速運動,

此過程一直向前加速運動，f0~2fo時間內加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動

在做加速度減小的減速運動，2/。時刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運動，2fo~4fo

重復此過程的運動，即質點一直向前運動，AC錯誤，B正確；

根據。~，圖像的面積表示速度變化量，可知?內速度的變化量為零，因此々■時刻的

3

速度丐2時刻相同，D正確。

4.（2022高考上海）兩質點由靜止開始做直線運動，它們的位移x與時間t的圖像均為拋

物線。而時刻它們的速度分別為環和加速度分別為，“和沏。則（）

A..VJ>VII,>a\>awB.vi>ni,>a\>an

C.vi>vn,,ai>anD.vi>vn,>ai>4n

【參考答案】A

【命題意圖】本題考查位移圖像+勻變速直線運動規律+圖像思想

【名師解析】根據位移圖像的斜率表示速度可知，在m時刻，圖像I對應的速度叫（圖

像II對應的速度）。根據題述它們的位移X與時間t的圖像均為拋物線，可知兩質點均做初

速度為零的勻加速直線運動，由片〃可知，圖像I對應的加速度0>如（圖像n對應的甲

速度），選項A正確。

【一題多解】根據題述它們的位移x與時間t的圖像均為拋物線，可知兩質點均做初速度為

零的勻加速直線運動。由位移圖像可知在0~S時間內，I的位移大于H的位移，由x=iat2,

2

可知圖像I對應的加速度3>如（圖像II對應的甲速度）。由v=w可知，在to時刻，圖像

I對應的速度叫>31（圖像n對應的速度），選項A正確。

5.（2022河北物理）科學訓練可以提升運動成績，某短跑運動員科學訓練前后百米全程測

試中，速度v與時間，的關系圖像如圖所示。由圖像可知（）

A.0~彳時間內，訓練后運動員的平均加速度大

B.0~，2時間內，訓練前、后運動員跑過距離相等

C.f2~A時間內，訓練后運動員的平均速度小

D.G時刻后，運動員訓練前做減速運動，訓練后做加速運動

【參考答案】D

【命題意圖】本題考查速度圖像及其相關知識點。

【名師解析】根據—r圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0~八時間內，訓練后運動員的

平均加速度比訓練前的小，選項A錯誤；根據『一￡圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知

072時間內，訓練前運動員跑過的距離比訓練后的大，選項B錯誤；根據r—Z圖像圍成的

面積表示位移，由題圖可知攵~73時間內，訓練后運動員的位移比訓練前的位移大，根據平

均速度等于位移與時間的比值，可知訓練后運動員的平均速度大，選項C錯誤；根據，一t

圖像可直接判斷知，f3時刻后，運動員訓練前速度減小，做減速運動；門時刻后，運動員訓

練后速度增加，做加速運動，故D正確。

最新模擬題

1.（2024遼寧十校聯合體）甲、乙兩個物體初始時刻在同一位置，運動圖像分別為圖中實

線和虛線，兩個圖像均為,圓弧，圓弧的半徑均為“，橫縱坐標表示的物理意義未知，下列

4

A.若實線和虛線分別為甲、乙的運動軌跡，則甲、乙的速率相同

jrrT

B.y表示速度，x表示時間，則冗=。時甲、乙間的距離為竺

2

C.y表示加速度，x表示時間，則x=a時甲、乙間的距離為

2

D.y表示位移，x表示時間，則甲、乙的平均速度相同

【參考答案】B

【名師解析】

若實線和虛線表示軌跡，則根據題圖可知其甲、乙運動的距離，但是時間不能確定，無法獲

得其速率的信息，故A項錯誤；

若y表示速度，x表示時間，則題圖為其速度一時間圖像，該圖像與坐標軸圍成的面積為物

體的位移，由題圖可知，甲的位移方向與正方向相同，其大小為

12

不口=—na

4

同理可知，乙的位移方向為負方向，其大小為

12

X二一兀（1

7乙4

甲、乙從同一位置出發，所以兩者的距離為

兀（T2

x=x^+x^=-

B項正確；

若y表示加速度，x表示時間，則圖像與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量，由題圖

無法求得甲乙兩物體的位移，所以無法求得甲乙之間的距離，故C項錯誤；

若y表示位移，x表示時間，則甲的平均速度為蜂=E=g=lm/s

f甲a

乙的平均速度為

一x乙a

v乙-=——=-lm/s

t乙a

D項錯誤。

2.（2024黑龍江大慶第一次質檢）為了節能減排綠色環保，新能源汽車成為未來汽車發展

的方向。為測試某款電動汽車的制動性能，使該電動汽車在平直公路上以lOm/s的速度行駛,

仁0時刻撒去牽引力并踩下剎車，其速度v隨時間，變化的關系圖像如圖所示，不計空氣阻

力，則在0~5s內，下列說法正確的是（）

A.電動汽車位移大小為25m

B.電動汽車受到的制動阻力保持不變

C.電動汽車受到的制動阻力越來越小

D.電動汽車的平均加速度大小為2m/s2

【參考答案】D

【名師解析】

V1圖線與坐標軸所圍面積表示位移，若汽車勻減速到零，則其位移為

x=-v（/=—x10x5m=25m

電動汽車圖線所圍面積大于勻減速到零的面積，故實際位移大于25m,A錯誤；

v-f圖線切線的斜率表示加速度，圖線斜率逐漸增大，故汽車加速度在增大，由牛頓第二定

律知其制動阻力在增大，BC錯誤；

由加速度定義式可知

［包=Um/s2=-2m/s2

Z5

即平均加速度大小為2m/s2,D正確。

3.（2024湖南名校質檢）視為質點的甲、乙兩個小球先后在同一水平面相鄰的兩個位置以

相同的初速度做豎直上拋運動，小球與出發位置的高度差〃與時間，的圖像如圖所示，重力

加速度為g,根據圖像所給的信息，下列說法正確的是（）

A.甲回到拋出點的時刻為

B.乙回到拋出點的時刻為2%

C.甲距拋出點的最大高度為4）

2

1

D.甲、乙在同一水平線上時離拋出點的高度為萬且〃2-4）9*

【參考答案】B

【名師解析】

設甲回到拋出點的時刻為％，兩個力一￡圖像具有對稱性，則有

=tf

?3~h2~\

解得

4=2r2—4

故A錯誤；

B.乙回到拋出點的時刻為

Q=〃+，1=2與

故B正確；

C.設豎直上拋運動的最大高度為力m，根據豎直上拋運動對稱性

"mf圖

結合

4=2/2-1

可得

h=g（2,2-，i）

-8

故c錯誤；

設甲運動到最高點的時刻為r,由h-t圖像的對稱性可得

t=N

2

t至％,甲下落的高度為

4='仁—）2

甲、乙在同一水平線時的高度為

%=hm-\

綜合可得

故D錯誤。

4.（2024大連名校質檢）甲、乙兩球質量分別為mi、m2,從不同高度由靜止釋放，如圖a所示。

甲、乙兩球的n-t圖象分別如圖b中的①、②所示。球下落過程所受空氣阻力大小f滿足f=kv（v

為球的速率，k為常數），t?時刻兩球第二次相遇。落地前，兩球的速度都已達到各自的穩定值

叫、也。下列判斷正確的是0

A.mi'>ni2

B.甲球釋放的位置高

c.兩球第一次相遇的時刻在h時刻之前

D.兩球釋放瞬間，甲球的加速度較大

【參考答案】ACD

【名師解析】由圖像①可得，kv2=mig,由圖像②可得，kvl=m2g,由于盯<丫2,所以，山〉加2,

A正確；由v—t圖像面積表示位移，和b時刻兩球第二次相遇，可知甲球釋放的位置低，B錯

誤；兩球第一次相遇的時刻在a時刻之前，C正確；根據速度圖像的斜率表示加速度，可知兩球

釋放瞬間，甲球的加速度較大，D正確。

5.（2023重慶巴蜀中學期末）甲、乙兩質點在同一時亥k從同一地點沿同一方向做直線運動.質

點甲做初速度為零，加速度大小為?的勻加速直線運動，質點乙做初速度為％，加速度大

小為生的勻減速直線運動至速度減為零后保持靜止。甲、乙兩質點在運動過程中的X-V（位

A.圖線“表示質點甲的運動

B.整個過程，質點乙的位移大小18m

C.質點甲的加速度大小q=lm/s2

D.質點乙的加速度大小4=2m/s?

【參考答案】AB

【名師解析】

根據圖像可知，。圖線的速度隨位移增大而增大，b圖線的速度隨位移增大而減小，所以圖

線a表示質點中的運動，圖線人表示質點乙的運動，故A正確；

BCD.設質點甲、乙的加速度大小分別為q、a2,當％=0時，乙的速度為6m/s,即質點

乙的初速度

v0=6m/s

設質點乙、甲先后通過x=6m處時的速度均為乙對質點甲有

v2=2qx

對質點乙有

v__

聯立可得

4+生=3m/s2

當質點甲的速度匕=8m/s,質點乙的速度嶺二2m/s時，兩質點通過相同的位移均為V,

對質點甲有

Vj2=2a/'

對質點乙有

22r

v2-v0=-2a2x

聯立解得

4=2a2

可得

=2m/s2

2

a2=lm/s

整個過程，質點乙的位移大小

°2=-242%

解得

謚62

X,.；=—=----m=l182m

心242x1

故B正確，CD錯誤。

6.（2023年7月安徽宣城期末）如圖（a）所示的無人機具有4個旋翼，可以通過調整旋翼

傾斜度而產生不同方向的升力。某次實驗，調整旋翼使無人機受豎直向上的恒定升力尸從

地面靜止升起，到達穩定速度過程中，其運動圖像如圖（b）所示。假設無人機飛行時受到

的空氣阻力與速率成正比，即/=五，方向與速度方向相反，則下列說法正確的是（）

圖（a）圖（b）

A.無人機在第1s內的位移等于0.5m

B.無人機在第Is內的速度變化量與第2s內的速度變化量相等

C.空氣給無人機的作用力逐漸增大

D.空氣給無人機的作用力逐漸減小

【參考答案】D

【名師解析】

根據v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無人機在第Is內的位移滿足

x.>—xIxlm=0.5m

12

故A錯誤；

根據丫一，圖像的切線斜率表示加速度，可知到達穩定速度的過程中，無人機的加速度逐漸

減小，無人機在第1s內的速度變化量大于第2s內的速度變化量，故B錯誤；

空氣給無人機的作用力是升力和阻力的合力，由于無人機的加速度逐漸減小，根據牛頓第二

定律可得

F弋-mg=ma

可知空氣給無人機的作用力逐漸減小，故C錯誤，D正確。

7.（2023年7月重慶名校期末）如圖甲所示，傾角為。的光滑斜面上有兩個小球A、B從

不同位置于不同時刻靜止釋放。兩小球可視為質點，它們在同一直線上運動，且球A始終

在球B上方，兩球未發生碰撞。以某小球釋放的時刻作為計時起點，測得它們之間的距離

隨時間的圖像如圖乙所示，d與f呈線性關系，圖線斜率為左，縱截距為4）,已知重力

加速度g。則（）

甲乙

A.球B一定比球A先釋放

k

B.兩小球釋放的時間差為一

S

&2

C.兩小球釋放位置的距離為4

2gsin。

D.當一個小球的速度是另一個小球速度兩倍時，它們之間的距離可能為3do

【參考答案】AD

【名師解析】

由題意，若先釋放A小球，后釋放B小球，由于兩小球均做加速度為a=gsin夕的勻加速

直線運動，同一時刻A的速度-定大于B的速度，則兩小球之間的距離將越來越小，兩球

將發生相撞，所以，一定是先釋放B球，再釋放A球，故A正確；

設開始計時時刻兩小球相距為與，先放B球運動。后再釋放A球，則在時間r內，B下滑的

距離為

/'gsin。/

A下滑的距離為

則下滑過程中二者之間的距離為

12

J=xB+x0-xA=gtQsin-r+x0-—sin0?Zo

則有

k=gt。sin0

do=Xo_；gsin9”；

聯立求得兩小球釋放的時間差為

k

“gsin。

兩小球釋放位置的距離為

」公

xo-4+'^

2gsin，

故BC錯誤；

當力=2匕時，即

gsin6?f=2gsin。-f°）

求得

t=2to

代入求得

J,c公

4=4+2~~~Z