届高考物理考前知识专题图像问题复习题.docx
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届高考物理考前知识专题图像问题复习题
2017届高考物理考前知识专题图像问题复习题
考题一 图象的识别1会识图:
理解图象的意义,斜率、截距、面积的意义,并列出公式
2会作图:
依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象
3会用图:
能结合物理公式和图象解决物理问题例1 a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动,在t=0时刻,b车在a车前方00处,它们的v-t图象如图1所示,下列说法正确的是( )图1
Aa、b加速时,物体a的加速度等于物体b的加速度
B在整个运动过程中,a、b两车可以相遇两次
在第60s时,物体a在物体b的前方
D在第40s末,a、b两车相距900
解析 由图可知,a车加速度为a1=1/s2,b车加速度为a2=2/s2,A错误;第20s时,a车位移为x1=40+102×20=00,b车没动x2=0,则x1=x0,a车追上b车;第60s时,a车位移为x1′=x1+40×40=2100,b车位移为x2′=40×802=1600,则x1′=x2′+x0,b车追上a车,即在整个运动过程中两车相遇两次,B正确,错误;在第40s末,a车位移x1″=x1+40×20=1300,b车位移x2″=40×202=400,则两车相距Δx=x1″-(x2″+x0)=400,则D错误故选B
答案 B
变式训练
1一个质量为1g的物体静止在水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为02,对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F,使物体在水平面上运动了3s若要使物体在3s内运动产生的内能最大,则力F随时间t变化的图象应为( )
答案 B
解析 由题意可知,物体在3s内运动的位移最大时,产生的内能最大物体受到的最大静摩擦力为μg=2N,当F=N时,a1=F-μg=3/s2,当F=3N时,a2=F-μg=1/s2,当F=1N时,a3=F-μg=-1/s2根据四个图象的情况,作出对应的v-t图象如图所示,可知B图在3s内的面积最大,即物体位移最大,故内能最大故选B
2在“蹦床”娱乐活动中,从小朋友下落到离地面高h1处开始计时,其动能E与离地高度h的关系如图2所示在h1~h2阶段图象为直线,其余部分为曲线,h3对应图象的最高点,小朋友的质量为,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦下列有关说法正确的是( )图2
A整个过程中小朋友的机械能守恒
B从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先减小后增大
小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=g(h2-h4)
D小朋友从h1下降到h过程中,蹦床的最大弹性势能为Ep=gh1
答案 B
解析 小朋友接触蹦床后,蹦床对小朋友的弹力做功,故整个过程中小朋友的机械能不守恒,A错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力先小于重力,后大于重力,随着弹力的增大,合力先减小后反向增大,故加速度先减小后增大,B正确;由题图知,小朋友在h2处和h4处动能相等,根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得,小朋友处于h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=g(h2-h4),正确;小朋友从h1下降到h过程中,蹦床的最大弹性势能为Ep=g(h1-h),D错误
3如图3所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨D、EF,导轨上放有一金属棒N现从t=0时刻起,给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比,即I=t,其中为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象,可能正确的是( )图3
答案 BD
解析 从t=0时刻起,金属棒通以I=t的电流,由左手定则知,安培力方向垂直纸面向里,使其紧压导轨,导致棒在运动过程中,受到的摩擦力增大,加速度减小,因速度与加速度方向相同,做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时,加速度为零,速度最大,当安培力继续增大时,滑动摩擦力大于重力,加速度方向竖直向上,与速度方向相反,做加速度增大的减速运动,v-t图象的斜率表示加速度的大小
考题二 图象的综合应用1物理图象不仅能够直接反映物理量的大小、方向,而且图线的斜率、线与坐标轴围成的面积也有特定的物理意义在解题时要充分理解图象反映的信息,挖掘图象中隐含的条
2通过分析图象,能够根据相应的物理知识建立物理量间的函数关系式,可以直接读出或求出某些待求的物理量,还可以探究某些物理规律,或测定某些物理量,分析某些复杂的物理过程
3掌握用物理图象解决问题的方法,通过对物理图象的分析提高对物理知识的理解和记忆能力例2 如图4甲所示,在距离地面高度为h=080的平台上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量=00g、可看作质点的物块相接触(不粘连),A段粗糙且长度等于弹簧原长,其余位置均无阻力作用物块开始静止于A点,与A段的动摩擦因数μ=00现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图乙所示物块向左运动x=040到达B点,到达B点时速度为零,随即撤去外力F,物块在弹簧弹力作用下向右运动,从点离开平台,落到地面上N点,取g=10/s2,则下列说法正确的是( )
图4
A弹簧被压缩过程中外力F做的功为60
B弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为60
整个运动过程中克服摩擦力做功为40
DN的水平距离为16
解析 根据F-x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功,则弹簧被压缩过程中外力F做的功为F=6+182×02+18×02=60,A正确;物块向左运动的过程中,克服摩擦力做功f=μgx=10,根据能量守恒可知,弹簧被压缩过程中最大弹性势能为Ep=F-f=0,B错误;整个运动过程中克服摩擦力做功为f总=2μgx=20,错误;设物块离开点时的速度为v,对整个过程由能量守恒得:
12v2=F-f总,解得v=4/s,物块离开点后做平抛运动,则有h=12gt2,x=vt,解得x=16,D正确
答案 AD
变式训练
4一摩托车在t=0时刻由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的a-t图象如图所示,根据已知的信息,可知( )图
A摩托车的最大动能
B摩托车在30s末的速度大小
在0~30s的时间内牵引力对摩托车做的功
D10s末摩托车开始反向运动
答案 B
解析 由图可知,在0~10s摩托车做匀加速运动,10~30s做减速运动,故10s末速度最大,动能最大,由v=at可求出最大速度,但摩托车的质量未知,故不能求最大动能,A错误;根据a—t图象与t轴所围的面积表示速度变化量,可求出30s内速度的变化量,由于初速度为0,则可求摩托车在30s末的速度大小,B正确;在10~30s牵引力是变力,由于不能求出位移,也不知道摩托车的质量,故不能求出牵引力对摩托车做的功,错误;根据“面积”表示速度变化量可知,30s内速度变化量为零,所以摩托车一直沿同一方向运动,D错误故选B
如图6所示,两个等量异种点电荷,关于原点对称放置,下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是( )图6
答案 A
解析 由两个等量异号电荷的电场线分布图,结合“沿电场线方向电势降低”的原理,可知从左侧无穷远处向右,电势从零逐渐升高,正电荷所在位置处最高,然后电势再减小,点处电势为零,故点右侧电势为负,同理到达负电荷时电势最小,且电势为负,从负电荷向右,电势开始升高,直到无穷远处电势为零,A正确,B错误;根据电场线的疏密表示场强的大小可知,从正电荷到负电荷,电场强度先减小后增大,但点的电场强度不为零,故、D错误
6如图7所示,abd为一边长为l的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的d边平行,磁场区域的宽度为2l,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里线框在一垂直于d边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动,直至通过磁场区域d边刚进入磁场时记为x=0,线框开始匀速运动线框中电流沿逆时针时为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随d边的位置坐标x变化的图线可能是( )图7
答案
解析 线框进入磁场的过程做匀速运动,感应电动势E=Blv恒定,线框中的电流大小恒定,方向沿逆时针方向,a、b两端的电压Uab=Blv4;线框完全在磁场中运动时,穿过闭合电路的磁通量不变,线框中感应电流为零,做匀加速运动,ab边两端的电压Uab=Blv不断增大,Uab与位移x不是线性关系;线框离开磁场,做减速运动,加速度逐渐减小,线框刚好完全离开磁场时,速度大于或等于匀速运动时的速度,不可能为零,故此时电流也不可能为零,故正确,A、B、D错误
专题规范练
1一质点做直线运动,其运动的位移x跟时间t的比值xt与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线,如图1所示由图可知,t=2s时质点的速度大小为( )图1
A2/sB4/s
6/sD8/s
答案 B
解析 由图得xt=t,由位移公式x=v0t+12at2得xt=v0+12at,对比两式得v0=0,a=2/s2,即质点做匀加速直线运动故t=2s时的速度大小为v=at=4/s故选B
2如图2所示,一劲度系数为的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为的物块A,A放在质量也为的托盘B上,以FN表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x=0)现改变力F的大小,使B以g2的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中FN或F随x变化的图象正确的是( )图2
答案 D
解析 当弹簧的弹力增大到g2时,物块和托盘间的压力为零,在此之前,二者之间的压力由开始运动时的g2线性减小到零,力F由开始运动时的g线性减小到g2;此后托盘与物块分离,力F保持g2不变,故D正确
3图3甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,点P是他的重心位置图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g=10/s2根据图象分析可知( )
图3
A张明的重力为100N
B点位置张明处于失重状态
e点位置张明处于超重状态
D张明在d点的加速度小于在f点的加速度
答案
解析 开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是00N,故人的重力也是00N,A错误;点时人对传感器的压力大于重力,处于超重状态,B错误;e点时人对传感器的压力大于重力,处于超重状态,正确;人在d点:
a1=Fd-G=20/s2在f点:
a2=G-0=10/s2,可知d点的加速度大于f点的加速度,D错误
4(多选)如图4甲所示,小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F,力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示,物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示,取sin37°=06、s37°=08,重力加速度取g=10/s2,下列说法正确的是( )
图4
A物块的质量为1g
B物块与斜面间的动摩擦因数为07
0~3s内力F做功的平均功率为032
D0~3s内物体克服摩擦力做的功为12
答案 AD
解析 由速度图象知,在1~3s内F=08N,物块做匀加速运动,且a=04/s2,由牛顿第二定律有F+gsinθ-μgsθ=a,在3~4s内F=04N,物块匀速运动,受力平衡有F=μgsθ-gsinθ,联立得=1g,μ=08,故A正确,B错误;在0~1s内物块静止F不做功,在1~3s内F=08N,位移x=12at2=08,在0~3s内F做功的平均功率为:
P=t=Fxt=08×083≈0213,错误;在0~3s内物块克服摩擦力做的功f=μgsθ•x=12,D正确
如图所示,在边长为a的正方形区域内有以对角线为边界,垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小相等纸面内一边长为a的正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域,在t=0时,导线框运动到原点处且恰好开始进入磁场区域取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向,则下列图象中能够正确表示从t=0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是( )图
答案 B
解析 x在0~a范围内,线框右边切割磁感线产生感应电流,感应电流大小i=Ba-xv-BxvR=BvR(a-2x),其中x在0~a2范围内感应电流为顺时针,为正方向;x=a2时,i=0;x在a2~a范围内,感应电流方向沿逆时针,为负方向;x在a~2a内,感应电流大小i=B[a-x-a]v-Bx-avR=BvR(3a-2x),其中,x在a~32a感应电流方向沿逆时针,为负方向x=32a时,i=0;x在32a~2a范围内,感应电流沿顺时针,为正方向,故B正确,A、、D错误故选B
6某空间区域的竖直平面内存在电场,其中竖直的一条电场线如图6甲中虚线所示一个质量为、电荷量为q的带正电小球,在电场中从点由静止开始沿电场线竖直向下运动以为坐标原点,取竖直向下为x轴的正方向,小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示,不计空气阻力则( )图6
A电场强度大小恒定,方向沿x轴负方向
B从到x1的过程中,小球的速率越越大,加速度越越小
从到x1的过程中,相等的位移内,小球克服电场力做的功相等
D到达x1位置时,小球速度的大小为2E1-E0+gx1
答案 D
解析 物体的机械能逐渐减小,电场力对小球做负功,故电场强度方向向上,即沿x轴负方向,由机械能的变化关系知,相等位移内电场力做功越越小,说明电场力减小,故电场强度不断减小,A错误;由牛顿第二定律知,物体受重力与电场力作用,电场力向上,重力向下,开始时重力大于电场力,因电场力越越小,故合力越越大,加速度越越大,速度越越大,B错误;因电场力越越小,在相等的位移内小球克服电场力做功越越小,错误;由动能定理gx1+E1-E0=12v2-0,得到达x1位置时,小球速度v=2E1-E0+gx1,D正确故选D
7(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、三点,如图7甲所示,一个电荷量为2×10-3,质量为01g的小物块(可视为质点)从点静止释放,其运动的v-t图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是( )图7
A由到A的过程中物块的电势能先减小后变大
BB点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=100V/
由点到A点电势逐渐降低
DB、A两点间的电势差UBA=V
答案 B
解析 由点到A点的过程中,由v-t图可知带电粒子的速度增大,电场力做正功,电势能减小,A错误;由v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2/s2,所受的电场力最大为02N,由E=Fq知,B点的场强最大为100N/,B正确;因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由点沿中垂线指向外侧,故由点到A点的过程中电势逐渐减小,正确;由v-t图得A、B两点的速度,由动能定理得BA=12v2A-12v2B=1,电势差UBA=BAq=00V,D错误故选B、
8(多选)如图8所示,半圆形固定轨道A段光滑,B段粗糙且各处粗糙程度相同一质量为的滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑,到达最低点以后再冲上轨道右侧高度为H的B处取点重力势能为零,在滑块从到B,再从B回到的过程中,滑块的机械能E、动能E随高度h的关系可能是( )图8
答案 A
解析 在滑块从到B,再从B回到的过程中,由于滑块要克服摩擦力做功,所以滑块的机械能不断减小,经过同一点时,向上运动的速度大于向下运动的速度(除B点以外),由向心力知识可知,经过同一点向上运动时,滑块所受的轨道支持力大,则滑块向上运动时对轨道的压力较大,摩擦力较大,由功能关系知:
FfΔh=ΔE,可知E-h图象切线的斜率表示摩擦力大小,则A图是可能的,B图不可能,故A正确,B错误;由动能定理得:
F合Δh=ΔE,可知E-h图象切线的斜率表示合力大小,滑块在同一点(B点除外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小,因此图可能正确,D不可能,故正确,D错误
9如图9(a)所示,平行且光滑的长直金属导轨N、PQ水平放置,间距L=04导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒接入电路的电阻r=1Ω,导轨电阻不计,导轨间正方形区域abd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场,若使棒在导轨上始终以速度v=1/s做直线运动,求:
图9
(1)棒进入磁场前,电阻R中电流的大小和方向;
(2)棒通过abd区域的过程中通过电阻R的电量;
(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式
答案
(1)002A Q到N
(2)002
(3)i=12(t-1)A(10s≤t≤12s)
解析
(1)棒进入磁场前,正方形区域abd的磁场均匀增大,由楞次定律可知,通过R的电流方向为Q到N
由法拉第电磁感应定律得:
E=ΔBSΔt=004V
流过R的电流为:
I=ER+r=002A
(2)由题得:
通过R的电量为q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦΔtR+rΔt=002
(3)由题可得:
i=ER+r=BL有效vR+r=12(t-1)A(10s≤t≤12s)
10足够长光滑斜面B的倾角α=3°,小物块与水平面间的动摩擦因数为0,水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接,一质量=2g的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成α=3°的恒力F,如图10(a)所示,小物块在AB段运动的速度—时间图象如图(b)所示,到达B点迅速撤去恒力F(已知sin3°=08,s3°=06)求:
图10
(1)小物块所受到的恒力F的大小;
(2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间;
(3)小物块能否返回到A点?
若能,计算小物块通过A点时的速度;若不能,计算小物块停止运动时离B点的距离
答案
(1)11N
(2)0s (3)不能 04
解析
(1)由图(b)可知,AB段的加速度
a1=ΔvΔt=0/s2
由牛顿第二定律有:
Fsα-μ(g-Fsinα)=a
得F=a+μgsα+μsinα=11N
(2)在B段有:
gsinα=a2
得a2=gsinα=8/s2
小物块从B到所用时间与从到B所用时间相等,有t=2vBa2=0s
(3)小物块从B向A运动过程中,有:
μg=a3
得a3=μg=/s2
滑行的距离s=v2B2a3=04<sAB=vB2t=40
所以小物块不能返回到A点,停止运动时,离B点的距离为04
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