（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練21 圖像法的應(yīng)用

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二十一) 1．圖像法可以形象直觀地描述物體的運(yùn)動(dòng)情況．對(duì)于下面兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖像和速度—時(shí)間圖像，分析結(jié)果正確的是(　　) A．由圖(1)可知，質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，且速度逐漸增大 B．由圖(1)可知，質(zhì)點(diǎn)在前10 s內(nèi)的平均速度大小為4 m/s C．由圖(2)可知，質(zhì)點(diǎn)在第4 s內(nèi)加速度的方向與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相反 D．由圖(2)可知，質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度的最大值為15 m/s2 [解析]　運(yùn)動(dòng)圖像反映質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，而不是反映運(yùn)動(dòng)軌跡，無(wú)論是速度—時(shí)間圖像還是位移—時(shí)間圖像都只能表示質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖(1)可知，質(zhì)點(diǎn)在前10 s內(nèi)的位移x約

2、為22 m，所以平均速度＝＝ m/s＝2.2 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖(2)可知，質(zhì)點(diǎn)在第4 s內(nèi)速度為負(fù)值，根據(jù)v－t圖線的斜率表示質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度知，加速度也是負(fù)值，即速度與加速度方向相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖(2)可知，質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度的最大值出現(xiàn)在2～4 s內(nèi)，最大加速度大小為a＝＝15 m/s2，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 2．(2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)一輛玩具車在平直的路面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，通過(guò)計(jì)算機(jī)描繪了該玩具車的－t圖像，如圖所示，其縱軸為玩具車位移與時(shí)間的比值，橫軸為時(shí)間，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．計(jì)時(shí)開始瞬間玩具車的速度大

3、小為2 m/s B．0～4 s的時(shí)間內(nèi)，玩具車的平均速度大小為0.5 m/s C．玩具車的加速度大小為0.5 m/s2 D．0～4 s的時(shí)間內(nèi)，玩具車通過(guò)的路程為2 m [解析]　玩具車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則x＝v0t＋at2，即＝v0＋at，結(jié)合圖像得v0＝2 m/s，a＝－ m/s2，即a＝－1 m/s2，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；玩具車在0～4 s內(nèi)的平均速度等于t2＝2 s時(shí)的瞬時(shí)速度，即＝v2＝v0＋at2＝0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2＝2 s時(shí)玩具車速度減為零，然后做反向運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t＋at2＝2t－t2(m)可得t2＝2 s、t4＝4 s時(shí)的位移分別為x2＝2 m、x4＝0，所以0～

4、4 s的時(shí)間內(nèi)，玩具車通過(guò)的路程為s＝x2＋|x4－x2|＝4 m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　A 3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) [解析]　假設(shè)物塊靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸

5、上有截距，則A正確，B、C、D錯(cuò)誤． [答案]　A 4．(2019·湖南八校一模)如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)．通過(guò)傳感器監(jiān)測(cè)到加速度a隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．取開始運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在2～6 s內(nèi)，推力F小于阻力，物體做減速運(yùn)動(dòng) B．在0～7 s內(nèi)，6 s末時(shí)物體的速度最大，大小為12 m/s C．在2～7 s內(nèi)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng) D．在0～7 s內(nèi)，物體先沿正方向運(yùn)動(dòng)，后沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng) [解析]　在0～6 s內(nèi)，加速度為正，物體沿正方向運(yùn)動(dòng)，故2～6 s內(nèi)推力F大于阻力，物體做加速度減小

6、的加速運(yùn)動(dòng)；在6～7 s內(nèi)，加速度為負(fù)，物體沿正方向做減速直線運(yùn)動(dòng)，故A、D錯(cuò)誤．在2～7 s內(nèi)，物體的加速度一直在變化，故C錯(cuò)誤．a(chǎn)－t圖線與t軸圍成的面積表示速度變化量，0～6 s內(nèi)物體一直在加速，6 s末加速度反向，此時(shí)速度最大，v＝×6×4 m/s＝12 m/s，故B正確． [答案]　B 5．(2019·遼寧省丹東市一模)一汽車在平直公路上行駛．從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如右圖所示．假定汽車所受阻力的大小Ff恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中，正確的是(　　) [解析]　在0～t1時(shí)間內(nèi)，如果勻速，則v－t圖像是與時(shí)間軸平行的直線，如

7、果是加速，根據(jù)P＝Fv，牽引力減小，根據(jù)F－Ff＝ma，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，即F1＝Ff，汽車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度v1＝＝，所以在0～t1時(shí)間內(nèi)，v－t圖像先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，功率突然減小，故牽引力突然減小，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)F－Ff＝ma，加速度減小，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，即F2＝Ff，汽車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度v2＝＝，所以在t1～t2時(shí)間內(nèi)，v－t圖像先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． [答案]　A 6．(2019·廣東省深圳市上學(xué)期模擬)一小物塊沿固定斜

8、面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) [解析]　小物塊上滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設(shè)小物塊上滑的最大位移大小為x1，小物塊下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(x1－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x1－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正確． [答案]　C 7．(多選)(2018·四川成都模擬)如圖(甲)所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分

9、布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合．一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過(guò)圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4 C．小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖(乙)所示．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度圖像的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝1.2 V/m B．由C到A的過(guò)程中，小球的電勢(shì)能先減小后變大 C．由C到A電勢(shì)逐漸降低 D．C，B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCB＝0.9 V [解析]　由(乙)圖可知，小球在B點(diǎn)的加速度最大，所受的電場(chǎng)力最大，

10、加速度由電場(chǎng)力產(chǎn)生，故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，小球的加速度a＝＝0.06 m/s2，又a＝，解得E＝＝ V/m＝1.2 V/m，選項(xiàng)A正確；從C到A小球的動(dòng)能一直增大，說(shuō)明電場(chǎng)力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，電勢(shì)一直降低，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由C到B電場(chǎng)力做功為WCB＝mv－0，C，B間電勢(shì)差為UCB＝＝＝ V＝0.9 V，選項(xiàng)D正確． [答案]　ACD 8．(2019·重慶九校期中聯(lián)考)一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，

11、但不為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．在0、x1、x2、x3處電勢(shì)φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向均不變 [解析]　電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系為Ep＝qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系為E＝，解得E＝，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Ep－x圖線的切線的斜率等于，x1處切線的斜率為零，則知x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由題圖可以看出在0～x1段圖線的切線的斜率不斷減小，由上式知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減小，加速度減小，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)．x1～x2段圖線的切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)

12、．x2～x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)力不變，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確．根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系Ep＝qφ，粒子帶負(fù)電，q<0，則知電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． [答案]　D 9. (多選)(2019·安徽省皖南八校聯(lián)考)某靜電場(chǎng)中x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向．一電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x＝3x0處，假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，E0和x0已知，則(　　) A．粒子一定帶負(fù)電 B．粒子的初動(dòng)

13、能大小為qE0x0 C．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小 D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為2qE0x0 [解析]　如果粒子帶負(fù)電，粒子在電場(chǎng)中一定先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，因此粒子x＝3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正確；粒子向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，C錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)到x0處動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確． [答案]　BD 10．(多選)(2019·遼寧大連一模)如

14、圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接一定值電阻R，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于通過(guò)金屬棒的電流i、通過(guò)導(dǎo)軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時(shí)間變化的圖像，正確的是(　　) [解析]　由題知，金屬棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝at2，v＝at，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv＝BLat，則感應(yīng)電流i＝＝t，故A正確；根據(jù)＝、＝和q＝Δt，得q＝，而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝BLat2，故q＝t2，故B錯(cuò)誤；根

15、據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BiL＝t，解得F＝ma＋t，故C正確；根據(jù)P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋t2，故D錯(cuò)誤． [答案]　AC 11．(多選)(2019·福建莆田二模)如圖所示，水平面上有兩根平行且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，左端接有一電容器C，導(dǎo)軌上擱置一金屬棒，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌所在平面．現(xiàn)讓金屬棒在水平恒力F的作用下，由靜止向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌，設(shè)某一時(shí)刻金屬棒中的電流為I，受到的安培力為FB，瞬時(shí)速度為vt，電容器上所帶電荷量為Q.不計(jì)一切電阻和摩擦．下列圖像正確的是(　　) [解析]　根據(jù)電流的定義I＝＝＝①，根據(jù)牛頓第二定律得F－B

16、IL＝ma②，①代入②得 F－BL＝ma，其中a＝，聯(lián)立得a＝，加速度是定值，所以金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即I＝CBLa為定值，A正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)镕－FB＝ma，所以FB恒定，B錯(cuò)誤；因?yàn)镼＝CU＝CBLv＝CBLat，所以電荷量隨時(shí)間均勻增加，D正確． [答案]　AD 12．(多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(　　) A．在t＝時(shí)為零 B．在t＝時(shí)改變方向 C．在t＝時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较? D．在t＝T時(shí)

17、最大，且沿順時(shí)針?lè)较? [解析]　由圖(b)可知，導(dǎo)線PQ中電流在t＝T/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t＝T/4時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng)A正確；在t＝T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖像斜率方向不變，即導(dǎo)線框R中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律，所以在t＝T/2時(shí)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于在t＝T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖像斜率最大，電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t＝T/2時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可判斷出在t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　AC 10