2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 100考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題17.8 圖象信息問題

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1、 專題17.8 圖象信息問題1 一．選擇題 1．（2018江西贛中南五校聯(lián)考）質(zhì)量為 m 的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖所示.從 t1 時刻 起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則 A.0～t1 時間內(nèi)，汽車的牽引力做功的大小等于汽車動能的增加量 B.t1～t2 時間內(nèi)，汽車的功率等于(m+Ff)v1 C.汽車運動的最大速度v2=(+1)v1 D.t1～t2 時間內(nèi)，汽車的平均速度等于 【參考答案】BC 【命題意圖】本題考查汽車的啟動、動能定理、速度圖象、功率及其相關(guān)的知識點，意在考查運用相關(guān)知識解決實際問題的能力。

2、2.（2018開封質(zhì)檢）靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則 A. 在0~t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大 B．t2時刻物塊的加速度最大 C．t2時刻后物塊做反向運動 D．t3時刻物塊的動能最大 【參考答案】BD 【命題意圖】本題考查F——t圖象、功率、動能及其相關(guān)的知識點。 二．計算題 1．（2013·全國II）一長木板在水平面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度—時間圖象如例84圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木

3、板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求： （1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)。 （2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。 【名師解析】 分析題給木板運動的速度—時間圖象，t=0.5s時速度拐點，木板加速度開始減小，表明二者此時速度相等，應(yīng)用牛頓運動定律及其相關(guān)知識列方程解答。 （1）從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。 由圖可知，在t1=0.5s時，物塊和木板的速度相同，設(shè)t=

4、0到t=t1時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度分別為a1和a2，則 a1= v1/ t1，① a2=(v0- v1)/ t1，② 式中v0=5m/s，v1=1m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大小。 （2）在t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動。物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1’和a2’，則由牛頓第二定律得：f=m a1’，⑦ 2μ2mg-f=ma2’。 ⑧ 假設(shè)f<μ1mg.則a1’=a2’。 由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg >μ1mg，與假設(shè)矛盾，故f=μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知，物塊加速度大小

5、a1’=a1.物塊的v—t圖象如例125圖J中的點劃線所示。 【點評】本題主要考查牛頓運動定律，勻變速直線運動規(guī)律、速度圖象、疊加體及其相關(guān)知識，意在考查考生靈活應(yīng)用相關(guān)知識解決問題的能力。 2．(2010安徽理綜)質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v—t圖象如圖所示。g取10 m/s2，求： （1）物體與水平面間的動摩擦系數(shù)μ； （2）水平推力的大小； （3）0~10s內(nèi)物體運動位移的大小。 【名師解析】（1）設(shè)物體做勻減速直線運動的時間為△t2，初速度為v20，末速度為v21，加速度為a2，則a2==-2

6、m/s2 設(shè)物體所受摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff = ma2，F(xiàn)f = -μmg 解得 μ=0.2。 3．（2010·海南）圖1中，質(zhì)量為m的物塊疊放在質(zhì)量為2m的足夠長的木板上方右側(cè)，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s內(nèi)F的變化如例85圖2所示，圖中F以mg為單位，重力加速度g=10m/s2．整個系統(tǒng)開始時靜止． (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度； (2)在同一坐標(biāo)系中畫出0~3s內(nèi)木板和物塊的v—t圖象，據(jù)此求0~3s內(nèi)物塊相對于木板滑過的

7、距離。 【名師解析】 (1)設(shè)木板和物塊的加速度分別為a和a’，在t時刻木板和物塊的速度分別為vt和vt’，木板和物塊之間摩擦力的大小為f，依牛頓第二定律、運動學(xué)公式和摩擦定律得 f=ma’ ① f=μmg，當(dāng)vt’< vt ② vt2’=vt1’+a’(t2-t1) ③ F-f=(2m)a ④ vt2=vt1+a (t2-t1) ⑤ 由①②③④⑤式與題給條件得 v1=4m/s，v1.5=4.5m/s，v2=4m/s， v3=4m/s， ⑥ v2’=4m/s，v3’=4m/s， ⑦ (2)由⑥⑦式得到物塊與木板運動的v—t圖象

8、，如例126圖J所示。在0～3s內(nèi)物塊相對于木板的距離△s等于木板和物塊v—t圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m)，下面的三角形面積為2(m)，因此△s=2.25。 4. (2015·西安聯(lián)考)如圖（a）所示，“”型木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，光滑表面BC且與水平面夾角為θ=37°．木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器被拉時，其示數(shù)為負(fù)值．一個可視為質(zhì)點的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關(guān)系如圖（b）所示．已知sin37°=0.

9、6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求： (1) 斜面BC的長度； (2) 滑塊的質(zhì)量； (3) 木塊水平表面AB的長度和滑塊運動到A點時的速度． 【名師解析】(1) 滑塊從C點由靜止開始沿斜面下滑，分析滑塊受力，設(shè)滑塊質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma1， 解得：a1=6m/s2。 由F-t圖像可知滑塊在斜面上運動時間為：t1=1s， 由勻變速直線運動規(guī)律，斜面BC的長度：L1=a1t12， 代入相關(guān)數(shù)據(jù)得：L1=3m。 (2) 滑塊從C點由靜止開始沿斜面下滑，滑塊對斜面的壓力為：FN1'=mgcosθ 木板對傳感器的壓力為：F1=FN1

10、'sinθ 由F-t圖像可知：F1=12N 聯(lián)立解得：m=2.5kg。 5、(2017山西八校調(diào)研)一輛汽車質(zhì)量為1×103 kg，最大功率為2×104 W，在水平路面上由靜止開始做直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定．發(fā)動機的最大牽引力為3×103 N，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示．試求： （1）根據(jù)圖線ABC判斷汽車做什么運動？ （2）v2的大?。? （3）整個運動過程中的最大加速度； （4）勻加速運動過程的最大速度是多大？勻加速運動過程用時多長？當(dāng)汽車的速度為10m/s時發(fā)動機的功率為多大？ 【名師解析】（1）由圖可知，在AB段汽車的

11、牽引力不變，而水平方向的阻力恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，汽車做加速度不變的加速運動； 在BC段汽車的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，汽車做加速度減小的加速運動．此過程中BC的斜率不變，所以： =P保持不變，所以以恒定的功率加速． （3）與B點對應(yīng)的速度為：v1== m/s≈6.67 m/s 當(dāng)汽車的速度為10 m/s時處于圖線BC段，故此時的功率最大為：Pm=2×104W． 故勻加速運動的最大速度是6.67m/s，當(dāng)速度為10m/s時，功率為2×104W． 答：（1）汽車先做加速度不變的加速運動，后做功率恒定的加速運動； （2）v2的大小是20m/s； （3）整個運動過

12、程中的最大加速度是2m/s2； （4）勻加速運動過程的最大速度是6.67m/s；勻加速運動過程用時3.33s；當(dāng)汽車的速度為10m/s時發(fā)動機的功率為2×104 W． 6．（2015·洛陽聯(lián)考）利用定滑輪可以改變拉力的方向。如圖甲所示，某同學(xué)用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻對輕繩的拉力F與被提升重物的速度v，并描繪出F-圖象。假設(shè)某次實驗所得的圖象如圖乙所示，其中線段AB與軸平行，它反映了被提升重物在第一個時間段內(nèi)F和的關(guān)系；線段BC的延長線過原點（C點為實線與虛線的分界點），它反映了被提升重物在第二個時間段內(nèi)F和的關(guān)系；第三個時間段內(nèi)拉力F

13、和速度v均為C點所對應(yīng)的大小保持不變，因此圖象上沒有反映。實驗中還測得重物由靜止開始經(jīng)過t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物體做勻速運動。取重力加速度g=10m/s2，繩重及一切摩擦和阻力均可忽略不計。 （1）在提升重物的過程中，除了重物的質(zhì)量和所受重力保持不變以外，在第一時間段內(nèi)和第二時間段內(nèi)還各有一些物理量的值保持不變。請分別指出第一時間段內(nèi)和第二時間內(nèi)所有其他保持不變的物理量，并求出它們的大??； （2）求被提升重物在第一時間段內(nèi)和第二時間段內(nèi)通過的總路程。 由此解得重物的質(zhì)量m=G/g=0.40kg； 聯(lián)立解得 a =5.0m/s2 ； 在第二段時間

14、內(nèi)，拉力的功率保持不變P=Fv=12W。 7 .一輛汽車質(zhì)量為1×103kg ，最大功率為2×104W，在水平路面由靜止開始做直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定．發(fā)動機的最大牽引力為3×103N ，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示． （1）根據(jù)圖線ABC判斷汽車做什么運動？ （2）求圖中B點對應(yīng)的速度v1的大??； （3）求汽車做勻加速直線運動過程中的加速度； （4）當(dāng)汽車的速度為5m/s時發(fā)動機的功率為多大？ 【名師解析】（1）圖線AB牽引力F不變，阻力f不變，汽車做勻加速直線運動，圖線BC的斜率表示汽車的功率P。由于圖線BC為傾斜直線，

15、斜率不變，功率P不變，則汽車做加速度減小的變加速直線運動，直至達(dá)最大速度v2，此后汽車做勻速直線運動。 （2）汽車速度為v1，牽引力為F1=3×103 N， v1==m/s=6.67m/s。 （3）汽車做勻加速直線運動時的加速度最大，阻力f==N=1000N。 a==m/s 2=2 m/s 2。. （4）當(dāng)汽車的速度為5m/s時處于圖線AB段，此時汽車做勻加速直線運動，牽引力 F=ma+f=1×103×2N+1000N=3000N。 故此時的功率為，P=Fv=3000×5W=1.5×104W 。 8.(20

16、15上海閔行一模)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)有一個直角三角形斜面體，傾角θ為30°，斜邊長為x0。斜面頂部安裝一個小的定滑輪，跨過定滑輪細(xì)繩連接兩個物體A、B（均可視為質(zhì)點），其質(zhì)量分別為m1、m2，m1與斜面摩擦因數(shù)為，滑輪摩擦不計 。開始時A處于斜面最頂部O點，并取斜面底面所處的水平面為零重力勢能面；B物體距離零勢能面的距離為?，F(xiàn)對A物體施加一個平行斜面斜向下的恒力F，使A物體由靜止起沿斜面向下運動。在B物體豎直上升過程中，B物體的機械能隨上升高度h的變化規(guī)律如圖乙，則結(jié)合圖象可求： （1）B物體最初的機械能E1； （2）B物體上升x0時的機械能E2； （3）恒力F的大小。 【

17、名師解析】（1） (2)由圖像中幾何關(guān)系知，B物體上升x0時的機械能為 (3)上升x0時B物體的動能 上升x0時B物體的速度 A、B運動過程中，由動能定理： 9. （2015鄭州二模）如圖甲所示，以O(shè)為原點建立Oxy平面直角坐標(biāo)系。兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱放置，,極板長度和極板間距均為l，第一、四象限有方向垂直于Oxy平面向里的勻

18、強磁場。緊靠極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射帶電粒子。,已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為十q、速度為v0、重力忽略不計。兩板間加上如圖乙所示的掃描電壓(不考慮極板邊緣的影響)時，帶電粒子恰能全部射入磁場。每個粒子穿過平行板的時間極短，穿越過程可認(rèn)為板間電壓不變，不考慮粒子間的相互作用。 (1)求掃描電壓的峰值U0的大小。 (2)已知射入磁場的粒子恰好全部不再返回板間,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少? 所有帶電粒子中,從粒子源發(fā)射到離開磁場的最短時間是多少? 【名師解析】（1）所加掃描電壓達(dá)到峰值時，粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移為y=l/2， 粒子在電場中做類平拋運動，運動加速度為a=，

19、時間為 t=l/ v0。 在電場中的偏轉(zhuǎn)位移 y=at2， 聯(lián)立解得所加掃描電壓的峰值為U0= 。 （2）設(shè)粒子從電場射出時的速度偏轉(zhuǎn)角為θ，射入磁場時的速度為v= 粒子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，qvB=m 粒子在磁場中射入與射出點間的距離為：△y=2Rcosθ， 聯(lián)立解得：△y=2，即所有粒子在磁場中射入與射出點間距離相同。 依題意，從下邊緣射出電場的粒子在磁場中做圓周運動后剛好到達(dá)電場上邊緣，△y=l。 解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B=…。 粒子在磁場中運動的最短時間為：t2= ， 而v=， R=l， 聯(lián)立解得：t2= .

20、 故帶電粒子從發(fā)射到離開磁場的最短時間是：t= t1+ t2= (1+)。 10．（2016·南京聯(lián)考）A、B是在真空中水平正對的兩塊金屬板，板長L=40cm，板間距d=24cm，在B板左側(cè)邊緣有一粒子源，能連續(xù)均勻發(fā)射帶負(fù)電的粒子，粒子緊貼B板水平向右射入，如題129A圖甲所示，帶電粒子的比荷為 =1.0×108C/kg，初速度v0=2.0×105m/s（粒子重力不計），在A、B兩板間加上如圖乙所示的電壓，電壓周期T=2.0×10-6s；t=0時刻A板電勢高于B板電勢，兩板間電場可視為勻強電場，電勢差U0=360V．AB板右側(cè)相距s=2cm處有一個邊界MN，在邊界右側(cè)存在一垂直紙面

21、向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=T，磁場中放置一“＞”型熒光板，位置如圖甲所示，板與水平向夾角θ=37°，不考慮粒子之間相互作用及粒子二次進(jìn)入磁場的可能．求： （1）帶電粒子在AB間偏轉(zhuǎn)的最大側(cè)向位移ymax； （2）帶電粒子從電場中射出到MN邊界上的寬度△y； （3）經(jīng)過足夠長的時間后，射到熒光板上的粒子數(shù)占進(jìn)入磁場粒子總數(shù)的百分比k． 這時粒子在前半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)量： y1＝a()2＝×1.5×1011×(1×10?6)2m=0.075m 粒子沿電場方向的分速度：vy＝a()2＝1.5×1011×1×10?6＝1.5×105m/s 粒子在后半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)量：y2＝vy?(

22、)＝1.5×105×1×10?6＝0.15m。 所以，粒子的最大偏轉(zhuǎn)量：ymax=y1+y2=0.225m。 所有的粒子從極板之間射出時的速度方向均相同，且出電場后在進(jìn)入磁場之前做勻速直線運動，所以其在邊界MN上的寬度與粒子出電場的寬度相等。 由題意可知，當(dāng)帶電粒子在t=kT+T/2(k=0,1,2,3，···)時刻進(jìn)入電場的粒子側(cè)向位移最小。 其側(cè)向位移為ymin＝a()2＝×1.5×1011×(1×10?6)2m=0.075m 故△y=ymax-ymin=0.225m -0.075m =0.15m。 （3）帶電粒子出電場后做勻速直線運動，粒子射出極板之間后到達(dá)MN之前運動的時間

23、：t′＝＝1×10?7s， 粒子在y方向的位移：y′＝vy?t′＝1.5×105×1×10?7m＝1.5×10?2m 分別畫出最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移兩種情況的軌跡圖（圖J-1）。 由圖中幾何關(guān)系可知，P2P3=d-△y=24cm-15cm=9cm。 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝m 得：r＝＝0.04m 11 . 示波器是一種多功能電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形.它的工作原理等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板

24、中。水平金屬板A、B板長L，相距為d，在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻。.在每個電子通過極板的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的。.在兩極板右側(cè)且與極板右端相距D處有一個與兩板中心線垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標(biāo)原點相交。.當(dāng)?shù)谝粋€電子到達(dá)坐標(biāo)原點O時，使屏以速度v沿-x方向運動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內(nèi)它又跳回到初始位置，然后重新做同樣的勻速運動。已知電子的質(zhì)量為m，帶電量為e，不計電子重力。 （1）求電子進(jìn)入AB板時的初速度； （2）要使所有的電子都能打在熒光屏上，圖乙中電壓的最大值U0需滿足什么條件？ （3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的最大峰值和長度，.在如圖丙所示的x-y坐標(biāo)系中畫出這個波形.。 只要偏轉(zhuǎn)電壓最大時的電子能飛出極板打在屏上，則所有電子都能打在屏上，所以 ym′=＜， 解得U0＜.。 (3)要保持一個完整波形，需每隔周期T回到初始位置，設(shè)某個電子運動軌跡如圖所示，有 tanθ===，tanθ= 又知 y′=， 聯(lián)立解得： L′=.。. 18