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专题28 图像法（面积）的应用
运动学图像线下面积的应用（5-12 题）.......................................................................................4
动力学与能量图像线下面积的应用（13-17 题）.......................................................................10
电学和热学图像线下面积的应用（18-21 题）...........................................................................15
1.
（2018•浙江）一辆汽车沿平直道路行驶，其v
t
﹣图象如图所示。在t＝0 到t＝40s 这
段时间内，汽车的位移是（ ）
A．0
B．30m
C．750m
D．1200m
【解答】解：在v
t
﹣图象中，图线与时间轴围成的面积表示位移，则在t＝0 到t＝40s 这段时间
内，汽车的位移为：
x= 10+ 40
2
×30m＝750m
故选：C。
2.
（2018•全国）一物体在水平面上由静止出发向右做直线运动，其v
t
﹣图象如图所示
（ ）
A．物体在t3时刻回到了出发点
B．物体在t2时刻离出发点最远
C．物体在0～t2时间内向右运动，在t2～t3时间内向左运动
D．物体在0～t1时间内的加速度小于t1～t2时间内的加速度
1
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【解答】解：ABC、在0
t
﹣3时间内，物体的速度一直为正，说明物体一直向右运动，物体t3在
时刻离出发点最远，故ABC 错误。
D、根据图象的斜率表示加速度，斜率的绝对值越大，加速度越大，知物体在0～t1时间内的加
速度小于t1～t2时间内的加速度，故D 正确。
故选：D。
3.
（多选）（2023•福建）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线
运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时
间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0～2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t＝2s 和t＝6s 时的速度相同
C．2～6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t＝8s 时，甲、乙两车的动能不同
【解答】解：A．根据图（a）可得，0～2s 内，图像的斜率不变，v
t
﹣图像的斜率表示加速度，
故甲车的加速度大小不变，故A 错误；
B．根据图（b）易得，0～2s 图像的面积为S＝2×2× 1
2
N•s＝2N•s，根据F
t
﹣图面积表示F 对物
体的冲量，设t＝2s 时，乙车速度为v2，质量为m，据动量定理：I＝Ft＝mv2
0
﹣，代入数值解得
v2= 2
m
m/s；
同理0～6s 图像的面积为S′＝4×2× 1
2
N•s
2
﹣×2× 1
2
N•s＝2N•s，设t＝6s 时，乙车速度为v6，据
动量定理：I′＝F′t′＝mv6
0
﹣，代入数值解得v6= 2
m
m/s；故乙车在t＝2s 和t＝6s 时的速度相同，
故B 正确。
C．根据图（a）可得，v
t
﹣图像的面积表示位移，故2～6s 内，甲的位移为：x 甲＝2×2× 1
2m﹣
2
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2×2× 1
2
m＝0m，而根据图（b），物体在t＝2s 和t＝6s 时的速度相同，力F 做功相同，物体运
动方向不变，故2～6s 内，乙车肯定不为0，故2～6s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确。
D．t＝8s 时，根据图（a）可得此时甲车速度为0，动能为0；而根据图（b），设t＝8s 时，乙
车速度为v8，0～2s 图像的面积为S＝4×2× 1
2 -N•s4×2× 1
2
N•s＝0，据动量定理：I″＝F″t″＝
mv8
0
﹣，代入数值解得v8＝0，故乙车速度为0，动能为0。故D 错误。
故选：BC。
4.
（2021•福建）如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。斜面上
一轻质弹簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉
力T 作用下，由A 处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑
的位移s 的变化关系如图（b）所示。已知AB 段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB
段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）当拉力为10N 时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B 点时的动能；
（3）滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【解答】解：（1）小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受
斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10N 时滑块的加速度大小为a。由牛顿第
二定律和滑动摩擦力公式有T+mgsinθ
f
﹣＝ma ①
N
mgcosθ
﹣
＝0 ②
f＝μN ③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7m/s2④
（2）设滑块在AB 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1+T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，
3
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T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m。设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，由动能定理有
W+（mgsinθ
f
﹣）（s1+s2）＝Ek
0
﹣⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26J ⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为Ek。设滑块离B 点的最大距离
为smax，由动能定理有﹣（mgsinθ+f）smax＝0
E
﹣
k⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax＝1.3m ⑨
运动学图像线下面积的应用（5-12 题）
5.
（2024•安徽二模）两玩具车甲、乙在t＝0 时刻位置如图1 所示，速度随时间的变化
图像如图2 所示。已知4s 时两车恰好不相撞，5s 时乙车停止运动，且此时甲车超前乙车
2.5m。两车均可视为质点，则乙车出发的位置﹣x0为（ ）
A．﹣10m
B．﹣20m
C．﹣30m
D．﹣40m
【解答】解：对图中各点做标识如图所示
由根据图象与时间轴所围成的面积表示位移，可知△OAB 的面积可以表示0∼4s 内乙车比甲车多
走的位移，而△BCD 的面积可以表示4s
5s
﹣
内甲车比乙车多走的位移；
已知4s 时两车恰好不相撞，则4s 时两车在同一位置，4s
5s
﹣
内两车间距为△BCD 的面积，即
4
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2.5m；0∼4s 内两车间距为△OAB 的面积。根据△BCD 和△OAB 相似可得，△OAB 的面积为
△BCD 的面积的16 倍，即
x0＝16×2.5m＝40m
所以乙车的初始位置为﹣x0＝﹣40m，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
6.
（2024•吉林一模）A、B 两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v
t
﹣图如图所示，关于它们运动的描述正确的是（ ）
A．物体B 在直线上做往返运动
B．物体A 做加速度增大的曲线运动
C．AB 两物体在0
1s
﹣
运动过程中距离越来越近
D．B 物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度大小为1：3：2
【解答】解：A、v
t
﹣图象只能表示直线运动的规律，B 做单向直线运动，故A 错误。
B、物体A 做加速度增大的直线运动，故B 错误。
C、在0
1s
﹣
运动过程中，B 的速度比A 的大，则两物体之间的距离越来越远，故C 错误。
D、根据图象与时间轴所围面积表示物体运动的位移，B 物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的位
移之比为1：3：2，由v = x
t
得B 物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度大小为1：3：2，
故D 正确。
故选：D。
7.
（2023•黄州区校级二模）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随
时间的变化规律分别如图中a、b 所示，图线a 是直线，图线b 是抛物线，0～t3时间内图线a、
b 与横轴围成的面积相等，抛物线顶点的横坐标为t2，下列说法正确的是（ ）
5
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A．0～t3时间内甲、乙的位移大小不相等
B．0～t2时间内甲、乙的位移大小之比为3：2
C．0～t1时间内乙的平均速度大于甲的平均速度
D．0～t2时间内甲的加速度一直小于乙的加速度
【解答】解：A．v
t
﹣图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，0～t3时间内图线a、b 与横
轴围成的面积相等，所以甲、乙的位移大小相等，故A 错误；
B．图线b 是抛物线，根据抛物线的特点可知t3＝2t2，设0～t3时间内甲乙的位移为x，由几何关
系得，0～t2时间内甲的位移为x 甲= 3
4 x
由抛物线的对称性可知乙的位移为x 乙= 1
2 x
则x 甲：x 乙= 3
4 x：1
2 x =3：2
故B 正确；
C．0～t1时间内a 与坐标轴围成的面积大于b 与坐标轴围成的面积，可知此时间段内甲的位移大
于乙的位移，则甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 错误；
D．v
t
﹣图像中图线的斜率等于加速度，则根据图像可知0～t2时间段内乙的加速度是不断减小
的，到t2时刻乙的加速度变为零，而甲的加速度一直固定不变，所以0～t2时间段内甲的加速度
大小一开始小于乙的加速度大小，之后甲的加速度大小大于乙的加速度大小，故D 错误。
故选：B。
8.
（2023•重庆模拟）a、b 两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v
t
﹣图象如
图所示，在t＝0 时刻，b 车在a 车前方s0处，在0～t1时间内，b 车的位移为s，则（ ）
A．若a、b 在t1时刻相遇，则s0＝3s
B．若a、b 在t1
2
时刻相遇，则s0= 3
2s
C．若a、b 在t1
3
时刻相遇，则下次相遇时刻为4
3 t1
6
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D．若a、b 在t1
4
时刻相遇，则下次相遇时a 车速度为v1
3
【解答】解：A、由图可知，在0
t
﹣1时间内，b 车的位移为s，则a 车的位移为3s。若a、b 在t1
时刻相遇，则s0＝3s
s
﹣＝2s，故A 错误。
B、若a、b 在t1
2
时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于s0，即 s0= 3
4 •2s= 3
2s，故B 正
确。
C、若a、b 在t1
3
时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为t1+ 2
3 t1= 5
3t1，故C 错误。
D、若a、b 在t1
4
时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为7
4 t1，根据几何关系知 下次相遇时
a 车速度为va= 1
8 ⋅2v1= v1
4
，故D 错误。
故选：B。
9.
（2023•和平区校级一模）在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平
直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，
同时开始刹车，两车刹车后的v
t
﹣图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．若t＝24s 时两车未发生碰撞，则此时两车相距最远
C．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m
D．若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车24s 以后的某时刻发生的
7
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【解答】解：A、甲车的加速度大小a1＝| Δv1
Δt1
|= 16
48
m/s2
= 1
3
m/s2，乙车的加速度大小a2＝| Δv2
Δt2
|
= 20
40
m/s2＝0.5m/s2，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A 错误；
B、开始时，甲在前、乙在后，在0
24s
﹣
内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。
24s 后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以t＝24s 时两车相距最近，故B 错
误；
C、t＝24s 时两车的速度均为：v＝v 甲﹣a1t＝（16- 1
3 ×24）m/s＝8m/s，0
24s
﹣
内，甲车的位移
为：x 甲= 1
2 ×（16+8）×24m＝288m，乙车的位移为：x 乙= 1
2 ×（20+8）×24m＝336m，两者位
移之差为：Δx＝x 乙﹣x 甲＝48m，为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m，故
C 正确；
D、若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再相撞，
所以若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车24s 以前的某时刻发生的，故D 错误。
故选：C。
10. （2023•孝昌县校级模拟）如图所示是同一平直公路上同向行驶的甲、乙两汽车的v﹣
t 图像，t＝1.5t0时两车恰好并排行驶，则（ ）
A．t＝0 时刻，甲在乙前方3
8 v0t0处
B．t＝0.5t0时刻，甲在乙的前方
C．t＝t0时刻，乙在甲前方1
2 v0t0处
D．t＝3t0时刻，两车再次并排行驶
8
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【解答】解：A、由v
t
﹣图像得，甲做匀加速直线运动，加速度a= v0
t0
0～1.5t0，甲的位移为，x 甲1= 1
2 at1
2= 1
2 ⋅v0
t0
(1.5t0)
2= 9
8 v0t0
乙的位移为，x 乙1＝v0•1.5t0= 3
2 v0t0
t ＝1.5t0 时两车恰好并排行驶，则t ＝0 时甲在乙前方，距离为Δx1 ＝x 乙1
x
﹣
甲1
= 3
2 v0t0- 9
8 v0t0= 3
8 v0t0
故A 正确；
B、由图像得，0.5t0～1.5t0，甲的图像与坐标轴围成的面积和乙的图像与坐标轴围成的面积相等，
位移相同，t＝1.5t0时两车恰好并排行驶，则t＝0.5t0时两车也并排行驶，故B 错误；
C、0～t0，甲的位移为x 甲2= 1
2 v0t0
乙的位移为x 乙2＝v0t0
由A 知，则t＝0 时甲在乙前方，距离为3
8 v0t0
v0t0＞3
8 v0t0+ 1
2 v0t0
则t＝t0时刻，乙在甲前方，距离为Δx2＝v0t0- 3
8 v0t0- 1
2 v0t0= 1
8 v0t0
故C 错误；
D、t＝1.5t0时两车恰好并排行驶，由图像得，1.5t0～3t0，甲的图像与坐标轴围成的面积比乙的
图像与坐标轴围成的面积大，即甲的位移大于乙的位移，甲在乙的前方，故D 错误；
故选：A。
11. （2023•潍坊模拟）在足球训练场上，某球员将足球以初速度v0踢出后，立即从静止
开始沿直线加速向足球追去，经一段时间后追上了还在向前滚动的足球。球员和足球这一运动
过程的v
t
﹣图像如图所示，关于这一过程的判断正确的是（ ）
9
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A．球员的速度变大，加速度变大
B．球员的最大速度可能等于v0
C．球员的平均速度一定小于v0
2
D．t0时刻球员追上足球
【解答】解：A、由图可知，球员的速度变大。根据v
t
﹣图像的斜率表示加速度，可知球员的加
速度变小，故A 错误；
B、球员做加速度减小的加速直线运动，足球做匀减速直线运动，球员追上足球时两者位移相等，
根据v
t
﹣图像与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知，球员的最大速度可能等于足球的最
大速度v0，故B 正确；
C、球员与足球的位移相等，时间相等，球员与足球的平均速度相等，均为v = 1
2 (v0+ vt)＞v0
2
，
故C 错误；
D、t0时刻球员与足球速度相同，此时相距最远，故D 错误。
故选：B。
12. （2023•青岛二模）风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知
物体受到的空气阻力F 与物体相对空气的速度v 满足F = 1
2 CρS v
2（S 为物体迎风面积，C 为风
阻系数，ρ 为空气密度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m 的物体从A 处由静止下
落，一段时间后在B 处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a 的关系图像如图乙所示，
重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
10
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A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为S1= 2(mg-ma1)
Cρ v2
2
D．开伞后物体迎风面积为S2= 2(mg-ma1)
Cρ v1
2
【解答】解：AC、物体从A 处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F 合＝mg﹣
F，其中F = 1
2 CρS v
2，v 不断增大，F 不断增大，则合力减小，加速度减小，图乙中右侧图线与
此过程相符合，由牛顿第二定律有mg
F
﹣＝ma1
解得：S1= 2(mg-ma1)
Cρ v2
2
，故A 错误，C 正确；
BD、左侧图线为开伞后的图线，有F2= 1
2 Cρ S2v
2。当v＝v1时，a＝0，则mg= F2= 1
2 Cρ S2v
2，
解得：S2= 2mg
Cρ v1
2
，且当v 减小时，a 减小，故BD 错误。
故选：C。
动力学与能量图像线下面积的应用（13-17 题）
13. （2022 秋•黄浦区期末）在水平力F 的作用下质量为2kg 的物块由静止开始在水平地
面上做直线运动，水平力F 随时间t 变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为
11
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0.1，g 取10m/s2。则（ ）
A．6s 时物块的动能为零
B．3s 时物块离初始位置的距离最远
C．0～6s 时间内合外力对物块所做的功为8J
D．0～6s 时间内水平力 F 对物块所做的功为20J
【解答】解：A.物块与地面滑动摩擦力f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
0～3s，以F 方向为正方向，根据动量定理：（F
f
﹣）t3＝mv3
解得v3＝3m/s
3s 后F 反向，根据牛顿第二定律，物块加速度a= F + f
m
= 4 +2
2
m/ s
2=3m/ s
2
物块做匀减速运动，运动时间Δt = v3
a = 3
3 s=1s
4s 末速度为零，之后反向加速，根据牛顿第二定律，物块加速度
a' = F - f
m
= 4 -2
2
m/ s
2=1m/ s
2
6s 末速度v6＝a'（t6
t
﹣4）＝1×（6
4
﹣）m/s＝2m/s
根据动能公式，6s 末物块动能Ek 6= 1
2 mv6
2= 1
2 ×2×2
2J = 4 J
故A 错误；
B．4s 末速度为零，之后反向运动，故4 s 末物块离初始位置距离最远，故B 错误；
C．0～6 s，根据动能定理：W 合＝Ek6，解得W 合＝4J
故C 错误；
D.0～3s，位移大小x1= v3
2 t3= 3
2 ×3m= 4.5m
3s～4s 位移大小为x2= v3
2 (t 4-t3)= 3
2 ×(4 -3)m=1.5m
4s～6s 位移大小为x3= v6
2 (t6-t 4)= 2
2 ×(6- 4)m=2m
12
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0～3s、4s～6s 水平力F 做正功，3s～4s 水平力F 做负功
0～6s 水平力F 做的功为W＝F（x1+x3
x
﹣2）＝4×（4.5+2
1.5
﹣
）J＝20J
故D 正确。
故选：D。
14. （2023•让胡路区校级模拟）一质量为2kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一
速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，
物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算
得出的物理量有（取g＝10m/s2）（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B．物体在8m 处的加速度为a＝4m/s2
C．整个过程中拉力做功96J
D．合力做的功为﹣32J
【解答】解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，由平衡条件得：f＝F＝8N，所以有
μ= f
F N
= F
mg
解得：μ＝0.4，故A 错误；
B、由图可知在8m 处拉力大小为F′＝4N，根据牛顿第二定律有F′
f
﹣＝ma
代入数据可得：a＝﹣2m/s2，故B 错误；
CD、F
s
﹣图象与x 轴围成的面积表示拉力做的功，则整个过程中拉力做功为
W F =(8×4 + 1
2 ×8×8)J =64 J
滑动摩擦力做的功为Wf＝﹣μmgx，解得Wf＝﹣96J
所以合力做的功为W 合＝WF+Wf＝64J+（﹣96J）＝﹣32J，故C 错误，D 正确；
故选：D。
15. （2023•昌平区模拟）如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半
13
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圆轨道BC 与直轨道AB 相切于B 点，物体受到与AB 平行的水平拉力F，从静止开始运动，
拉力F 的大小满足如图乙所示（以A 为坐标原点，拉力F 从A 指向B 为正方向）。若m＝
1kg，AB＝4m，半圆轨道的半径R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s 则下列说法中正确的是（
）
A．拉力F 从A 到B 做功为50J
B．物体从B 到C 过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达C 点，且速度大小为2√5m/s
D．物体能够到达C 点，且速度大小为2√15m/s
【解答】解：A、因为W＝Fx，所以F
x
﹣图象中，图线与x 轴所围成的图形的面积即为功，面
积之和为30J，所以拉力F 从A 到B 做功为W＝30J，故A 错误；
B、物体从B 到C 的过程中，所受的合外力不为零，物体从B 到C 做匀速圆周运动，所受到的
合外力指向圆心，故B 错误；
CD、初位置A 到C 点的过程中，根据动能定理有W= 1
2 m v
2，
解得物体到达C 点的速度大小为v=2√15m/ s，故C 错误，D 正确。
故选：D。
16. （2023•嘉定区二模）停在地面的无人机竖直起飞向上运动，螺旋桨产生的升力F 随
时间变化的规律如图甲所示，重力的功率大小随时间变化的规律如图乙所示。若不计空气阻力，
重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）无人机的质量m；
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（2）0～2s 内升力F1的大小及升力做的功W1；
（3）0～10s 内无人机的重力势能增加量ΔEp；
（4）画出0～10s 内升力的功率随时间变化的P
t
﹣图像（要有解析过程，并标出关键点）。
【解答】解：（1）由乙图知，2～10s 内重力的功率不变，根据P＝mgv2 可知无人机匀速上升
此时升力F2＝mg＝20N，则无人机质量m＝2kg
（2）由乙图知，2s 末重力功率为40W，根据P＝mgv1
可得此时速度v1＝2m/s
0～2s 内加速度为a1= Δv1
Δt1
= 2-0
2
m/ s
2=1m/ s
2
此时无人机受力如图丙所示，根据牛顿第二定律得F1
mg
﹣
＝ma1
解得0～2s 内升力：F1＝22N
0～2s 内位移s1= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×1×2
2m＝2m
升力做的功为 W1＝F1s1＝22×2J＝44J
（3）2～10s 内位移 s2＝v2t2＝2×8m＝16m
0～10s 内无人机升高的高度 h＝s1+s2＝2m+16m＝18m
重力势能增加 ΔEp＝mgh＝20×18J＝360J
（或由P
t
﹣图像的面积得360J 也可）
（4）0～2s 内升力的功率P1＝F1v1＝F1a1t＝22×1×t＝22t
2～10s 内升力的功率P2＝F2v2＝mgv2＝40W，保持不变
0～10s 内升力的功率随时间变化的P
t
﹣图像如图丁所示。
17. （2022•广安区校级四模）质量m＝180kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，
如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车
在运动过程中所受阻力不变，在18s 末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g 取10m/s2，则
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下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为200N
B．汽车的最大牵引力为700N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
D．8
18s
﹣
内汽车牵引力做的功为3.6×103J
【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：f= P
vm
= 7.2×10
3
10
N＝720N，
故A 错误；
B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：F= P
v1
= 7.2×10
3
8
N＝900N，故B 错误；
C、变加速过程中，根据动能定理得：Pt
fs
﹣= 1
2
mvm
2- 1
2
mv1
2，解得：s≈95.5m，故C 正确；
D、8s
18s
﹣
过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝7.2×103W×
（18s
8s
﹣
）＝7.2×104 J，故D 错误。
故选：C。
电学和热学图像线下面积的应用（18-21 题）
18. （2023•海南模拟）某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C 四个
点，相邻两点间距离均为d，以O 点为坐标原点，沿电场强度方向建立x 轴，该电场线上各点
电场强度E 随x 的变化规律如图所示。一个带电量为+q 的粒子，从O 点由静止释放，仅受电
场力作用。则下列说法正确的是（ ）
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A．若O 点的电势为零，则A 点的电势为1
2 E0d
B．粒子从A 到B 做匀速直线运动
C．粒子在OA 段电势能减少量小于BC 段电势能减少量
D．粒子运动到B 点时动能为3q E0d
2
【解答】解：A、E
x
﹣图象与x 轴围成的面积代表电势差大小，则OA 间电势差大小UOA
= 1
2 E0d
沿着电场线，电势逐渐降低，若O 点的电势为零，则UOA＝φO
φ
﹣
A，可得A 点的电势为φA
=- 1
2 E0d，故A 错误；
B、粒子从A 到B 运动的过程中，电场力一直做正功，则粒子一直做加速运动，电场力恒定不变，
加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，故B 错误；
C、根据W＝qU 及E
x
﹣图象与x 轴围成的面积可知，粒子在OA 段电场力做功大于BC 段电场
力做功，所以粒子在OA 段电势能减少量大于BC 段电势能减少量，故C 错误；
D、根据动能定理可知1
2 q E0d + E0d = EkB-0，解得粒子运动到B 点时动能为：EkB= 3q E0d
2
，
故D 正确。
故选：D。
19. （2022•未央区校级二模）空间有一沿x 轴对称分布的电场，其x 轴上电场强度E 随x
变化的图像如图所示，取x 轴正向为电场正方向，下列说法正确的是（ ）
A．O 点的电势最低，x2点的电势最高
B．x1和﹣x1两点的电势相等
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C．电子在 x1的电势能大于在x2的电势能
D．电子由x1运动到x3电场力先做正功后做负功
【解答】解：A、从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿着x 轴对称分布，沿着电场强度
的方向，电势降低，由此可知O 点电势最高，沿着x 轴降低，故A 错误；
B、由于x1和﹣x1两点关于y 轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O 点到x1和O 点到﹣x1
电势降落相等，故x1和﹣x1两点电势相等，故B 正确；
CD、电子带负点，沿着电场线方向做负功，电势能增大，电子在 x1的电势能小于在x2的电势能
故CD 错误；
故选：B。
20. （2023•葫芦岛一模）一定质量的理想气体经历如图所示的变化过程，其中A→B 为等
压过程，B→C 为等温过程，C→D 为绝热过程（气体与外界无热交换），D→B 为等压过程。
下列说法正确的是（ ）
A．A→B 过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增加
B．B→C 过程中，气体从外界吸收热量
C．C→D 过程中，气体的内能减小
D．D→B 过程中，外界对气体做负功
【解答】解：A、从A→B 的过程中，气体的压强保持不变，体积增大，根据一定质量的理想气
体的状态方程pV＝nRT 可知，气体的温度升高，则根据气体压强的微观解释可知，单位时间内
与器壁单位面积碰撞的分子数减小，故A 错误；
B、B→C 过程为等温过程，气体体积增大，则气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝
Q+W 可知，气体从外界吸收热量，故B 正确；
C、C→D 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W 可知，
气体的内能增加，故C 错误；
D、D→B 过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做正功，故D 错误；
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故选：B。
21. （2023•山东模拟）一定质量的理想气体自状态M 变化到状态N，又变化到状态P，
其变化过程中各状态的压强p 和体积V 的关系如图所示，其中MN 的反向延长线过原点，NP
段为双曲线的一支。下列说法正确的是（ ）
A．自状态M 变化到状态N，气体的内能没有变化
B．自状态M 变化到状态N，气体吸收的热量为300J
C．自状态N 变化到状态P，气体吸收的热量约为475J
D．自状态M 变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600J
【解答】解：A．根据一定质量的理想气体的状态方程pV
T =C，结合图像可知自状态M 变化到
状态N，p、V 的乘积增大，因此温度T 升高，气体内能增大，故A 错误；
B．自状态M 变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V 轴围成的面积，可得外界对气体做
功为：W1=- 2+ 4
2
×10
5×(2-1)×10
-3J＝﹣300J
内能的增量ΔU1＞0，由ΔU1＝W1+Q1，可得气体吸收的热量Q1＞300J，故B 错误；
C．根据图像可知图像中每个小格对应的功为W0＝0.5×105×0.5×10
3
﹣J＝25J，自状态N 变化到状
态P，气体对外做的功对应图线和V 轴围成的面积，可得外界对气体做功约为：W2＝﹣25×19J
＝﹣475J。
自状态N 变化到状态P 的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，ΔU2＝0，由ΔU2
＝W2+Q2，则气体吸收的热量约为Q2＝475J，故C 正确；
D．自状态M 变化到状态N 再变化到状态P，气体对外做的功W＝|W1|+|W2|＝300J+475J＝
775J，故D 错误。
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故选：C。
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