版高考物理二轮重点讲练专题十一 物理图像 专题强化训练.docx

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版高考物理二轮重点讲练专题十一物理图像专题强化训练

1.（2015·济南二模）如图所示，一滑块以初速度v0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端．取沿斜面向上为正方向．下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）

答案　A

解析　上滑时的加速度：

a1＝

＝gsinθ＋μgcosθ

下滑时的加速度：

a2＝

＝gsinθ－μgcosθ，知a1>a2，速度时间图线的斜率表示加速度；滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图像的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，所以A项正确，BCD项错误．

命题立意　本题旨在考查机械能守恒定律、牛顿第二定律

2．（2015·肇庆三测）四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如下图所示，下列说法正确的是（　　）

A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动

B．这四辆车均从静止开始运动

C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远

D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小

答案　C

解析　由图像可知：

甲做匀速直线运动，乙做速度越来越小的变速直线运动，A项错误；x－t图像的斜率表示速度，v－t图像的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，而不是从静止开始运动，B项错误；由速度图像与时间轴围成的面积表示位移可知：

丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离一直增大．C项正确、D项错误．

命题立意　本题旨在考查对运动图像理解

3．（2015·新课标全国Ⅰ）如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

答案　ACD

解析　向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律，可得

－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，根据图乙可得a1＝－v0/t1，由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离x＝

t1和几何关系sinθ＝H/x；从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，v1＝a2（2t1－t1）．解以上各式，可得斜面的倾角θ＝arcsin

，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝

，AC项对．根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度H＝xsinθ＝

，故D项正确；仅根据速度时间图像，无法求出物块质量，B项错误．

命题立意　滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像

4．（2015·龙岩综测）蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动，如图甲所示．质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．以小球刚下落开始计时，以竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示．图线中的OA段为直线，与曲线ABCD相切于A点．不考虑空气阻力，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（　　）

A．t2－t1>t3－t2

B．下落h高度时小球速度最大

C．小球在t4时刻所受弹簧弹力大于2mg

D．小球在t2时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大

答案　C

解析　A项，小球在B点时，a＝0，即mg＝kΔxB，AB过程，合外力：

F合＝mg－kΔx＝k（ΔxB－Δx）＝kx球B，x球B为球所处位置到平衡位置B的距离，同理可得BC过程也满足上述关系，故小球在AC之间做简谐运动，故t2－t1＝t3－t2，故A项错误；B项，A是下降h高度时的位置，而AB过程，重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度小于g.B点是速度最大的地方，故B项错误；C项，由A中知C点与A点是对称的点，由A点到B点的弹簧长度变化

，由对称性得由B到C的弹簧长度再变化

，故到达D点时形变量要大于2

，所以弹力大于2mg，所以C项正确；D项，系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，小球在t2时刻的速度最大，动能最大，故重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，故D项错误．

命题立意　本题旨在考查功能关系

易错警示　解决本题的关键知道小球在整个过程中的运动情况，结合图像，综合牛顿第二定律进行分析求解，知道系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒．

5．（2015·绵阳三诊）如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和随速度增大而增大．由此可得（　　）

A．在0～t1时间内，汽车一定做匀加速运动

B．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动

C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动

D．在t3时刻，汽车速度一定等于vm

答案　CD

解析　A项，0～t1时间内汽车的功率均匀增加，但由阻力随着速度的增大而增大；故汽车在这一过程受到的力不可能为恒力，故不可能做匀加速直线运动，故A项错误；B项，汽车t1（s）达到额定功率，根据P＝Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度达到最大，故B项错误；C项，在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变；故汽车一定做匀速运动；t3时刻，汽车速度一定等于vm，故C、D项正确．

命题立意　本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率、牛顿第二定律

6．（2015·盐城1月检测）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g.以下说法正确的是（　　）

A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0

B．小物体下落至高度h5时，加速度为0

C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了

D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1－h5）

答案　D

解析　A项，高度从h1下降到h2，图像为直线，该过程是自由落体，h1－h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，故A项错误；B项，物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B项错误；C项，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：

Δx＝

，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：

W＝mgΔx＝mg×

＝

，物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了

，故C项错误；D项，小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：

mg（h1－h5），故D项正确．

命题立意　本题旨在考查功能关系

7．（2015·肇庆三测）x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图所示，该图像关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点．下列说法正确的是（　　）

A．O点的电势最低

B．x1和－x1两点的电势相等

C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能

D．电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大

答案　BD

解析　从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图像容易判断，O点的电势最高，A项错误；由于x1和－x1两点关于x轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到－x1电势降落相等，故x1和－x1两点的电势相等，B项正确；x1和－x1两点的电势相等，电子在x1处的电势能等于在－x1处的电势能，C项错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，O点的电势最高，电子在O点电势能最低，所以动能最大，所以速度最大，D项正确．

命题立意　本题旨在考查静电场知识，意在考查考生理解相关知识的区别和联系的能力

8.

（2015·龙岩综测）如图所示，边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd，在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．刚开始时线圈的ab边刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为ab边受到安培力的正方向．下列哪个图像能正确反映ab边受到的安培力随运动距离x变化的规律（　　）

答案　C

解析　线框的位移在，0～L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝B·2Lv，感应电流I＝

，ab边所受的安培力大小为F＝BI·2L＝

由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值．

线框的位移大于L后，位移在L～2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力，位移在2L～3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故C项正确．

命题立意　本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势

9.

（2014·安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图像中合理的是（　　）

答案　D

解析　由电场力做功与电势能的关系：

F·x＝－ΔEp，可知Ep－x图线的斜率表示静电力F的大小，可见静电力F逐渐减小，而F＝qE，故不是匀强电场，A项错误；根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动C项错误，D项正确；根据能量守恒ΔEk＝－ΔEp，比较图线B项错误．正确D项．

10.

（2014·福建）如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（　　）

答案　B

解析　滑块沿斜面做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，加速度恒定，C、D项错误；位移时间图像中斜率代表速度，A项，斜率表示竖直方向的分速度在增加，A项错误，B项，斜率表示合速度在减小，B项正确．

命题立意　匀变速直线运动图像问题

11．（2015·绵阳三诊）电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图乙所示．重力加速度g＝10m/s2.则（　　）

A．物块在4s内位移是8m

B．物块的质量是1kg

C．物块与水平面间动摩擦因数是0.4

D．物块在4s内电势能减少了14J

答案　BD

解析　A项，物块在4s内位移为：

x＝

×2×（2＋4）m＝6m，故A项错误；B、C项，由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma

由图线知加速度为：

a＝1m/s2

1s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg

联立解得q（E1－E2）＝ma

由图可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C

代入数据解得m＝1kg

由qE2＝μmg，可得μ＝0.2，故B项正确，C项错误；

D项，物块在前2s的位移s1＝

×2×2m＝2m

物块在后2s的位移为s2＝vt2＝4m

电场力做正功：

W＝qE1s1＋qE2s2＝3×2J＋2×4J＝14J

则电势能减少了14J，故D项正确．

命题立意　本题旨在考查电场强度

12．某同学用如图甲所示电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，R0是定值电阻，且R0＝3000Ω，G是理想电流计．改变R的阻值分别读出电流计的读数，作出

－

图像如图乙所示，则：

电源的电动势是________，内阻是________．

答案　3V　1Ω

解析　本题是利用电流表和电阻箱组合通过

－

图像来分析电源的电动势和内阻．根据闭合电路欧姆定律E＝U外＋U内得E＝IR0＋（

＋I）r，

＝

－（R0＋r），得

＝

－

，结合图像得

＝

，

＝1，故r＝1Ω，E＝3V.

13．（2015·青岛统一检测）如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图像如图乙所示，g＝10m/s2.求：

（1）水平作用力F的大小；

（2）滑块开始下滑时的高度；

（3）木板的质量．

答案　

（1）

N

（2）2.5m　（3）1.5kg

解析　

（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示：

mgsinθ＝Fcosθ

代入数据可得F＝

N

（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s

当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得

mgsinθ＋Fcosθ＝ma

解得a＝10m/s2

下滑的位移：

x＝

解得x＝5m

故下滑的高度：

h＝xsin30°＝2.5m

（3）由图像可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2

二者共同减速时的加速度大小a1＝1m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1m/s2，滑块减速的加速度大小为：

a3＝4m/s2

对整体受力分析，可得a1＝

＝μ1g

可得μ1＝0.1

在0～2s内分别对m和M做受力分析可得

对M：

μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma2

对m：

μ2mg＝ma3

带入数据解方程可得M＝1.5kg

命题立意　本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的图像