（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練21 圖像法的應用

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1、專題強化訓練(二十一) 1．圖像法可以形象直觀地描述物體的運動情況．對于下面兩質(zhì)點運動的位移—時間圖像和速度—時間圖像，分析結果正確的是(　　) A．由圖(1)可知，質(zhì)點做曲線運動，且速度逐漸增大 B．由圖(1)可知，質(zhì)點在前10 s內(nèi)的平均速度大小為4 m/s C．由圖(2)可知，質(zhì)點在第4 s內(nèi)加速度的方向與質(zhì)點運動的方向相反 D．由圖(2)可知，質(zhì)點在運動過程中，加速度的最大值為15 m/s2 [解析]　運動圖像反映質(zhì)點的運動規(guī)律，而不是反映運動軌跡，無論是速度—時間圖像還是位移—時間圖像都只能表示質(zhì)點做直線運動，選項A錯誤；由題圖(1)可知，質(zhì)點在前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B錯誤；由題圖(2)可知，質(zhì)點在第4 s內(nèi)速度為負值，根據(jù)v－t圖線的斜率表示質(zhì)點運動的加速度知，加速度也是負值，即速度與加速度方向相同，選項C錯誤；由題圖(2)可知，質(zhì)點在運動過程中，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D正確． [答案]　D 2．(2019·湖南長沙長郡中學模擬)一輛玩具車在平直的路面上做勻變速直線運動，由0時刻開始計時，通過計算機描繪了該玩具車的－t圖像，如圖所示，其縱軸為玩具車位移與時間的比值，橫軸為時間，則下列說法正確的是(　　) A．計時開始瞬間玩具車的速度大

3、小為2 m/s B．0～4 s的時間內(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的時間內(nèi)，玩具車通過的路程為2 m [解析]　玩具車做勻變速直線運動，則x＝v0t＋at2，即＝v0＋at，結合圖像得v0＝2 m/s，a＝－ m/s2，即a＝－1 m/s2，選項A正確，C錯誤；玩具車在0～4 s內(nèi)的平均速度等于t2＝2 s時的瞬時速度，即＝v2＝v0＋at2＝0，選項B錯誤；t2＝2 s時玩具車速度減為零，然后做反向運動，由x＝v0t＋at2＝2t－t2(m)可得t2＝2 s、t4＝4 s時的位移分別為x2＝2 m、x4＝0，所以0～

4、4 s的時間內(nèi)，玩具車通過的路程為s＝x2＋|x4－x2|＝4 m，選項D錯誤． [答案]　A 3．(2018·全國卷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)處于靜止狀態(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動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(　　) [解析]　假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，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)關系，且在F軸

5、上有截距，則A正確，B、C、D錯誤． [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動．通過傳感器監(jiān)測到加速度a隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．取開始運動的方向為正方向，則下列說法正確的是(　　) A．在2～6 s內(nèi)，推力F小于阻力，物體做減速運動 B．在0～7 s內(nèi)，6 s末時物體的速度最大，大小為12 m/s C．在2～7 s內(nèi)，物體做勻變速直線運動 D．在0～7 s內(nèi)，物體先沿正方向運動，后沿負方向運動 [解析]　在0～6 s內(nèi)，加速度為正，物體沿正方向運動，故2～6 s內(nèi)推力F大于阻力，物體做加速度減小

6、的加速運動；在6～7 s內(nèi)，加速度為負，物體沿正方向做減速直線運動，故A、D錯誤．在2～7 s內(nèi)，物體的加速度一直在變化，故C錯誤．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．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間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隨時間t變化的圖像中，正確的是(　　) [解析]　在0～t1時間內(nèi)，如果勻速，則v－t圖像是與時間軸平行的直線，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動，當加速度為0時，即F1＝Ff，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v1＝＝，所以在0～t1時間內(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時間內(nèi)，功率突然減小，故牽引力突然減小，做減速運動，根據(jù)F－Ff＝ma，加速度減小，做加速度減小的減速運動，當加速度為0時，即F2＝Ff，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v2＝＝，所以在t1～t2時間內(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錯誤． [答案]　A 6．(2019·廣東省深圳市上學期模擬)一小物塊沿固定斜

8、面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是(　　) [解析]　小物塊上滑過程，由動能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設小物塊上滑的最大位移大小為x1，小物塊下滑過程，由動能定理得(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．一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(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點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v－t圖像如圖(乙)所示．小球運動到B點時，速度圖像的切線斜率最大(圖中標出了該切線)．則下列說法正確的是(　　) A．在O點右側桿上，B點電場強度最大，電場強度大小為E＝1.2 V/m B．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大 C．由C到A電勢逐漸降低 D．C，B兩點間的電勢差UCB＝0.9 V [解析]　由(乙)圖可知，小球在B點的加速度最大，所受的電場力最大，

10、加速度由電場力產(chǎn)生，故B點的電場強度最大，小球的加速度a＝＝0.06 m/s2，又a＝，解得E＝＝ V/m＝1.2 V/m，選項A正確；從C到A小球的動能一直增大，說明電場力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直降低，選項B錯誤，C正確；由C到B電場力做功為WCB＝mv－0，C，B間電勢差為UCB＝＝＝ V＝0.9 V，選項D正確． [答案]　ACD 8．(2019·重慶九校期中聯(lián)考)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強度最小，

11、但不為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變 [解析]　電勢能與電勢的關系為Ep＝qφ，場強與電勢的關系為E＝，解得E＝，由數(shù)學知識可知Ep－x圖線的切線的斜率等于，x1處切線的斜率為零，則知x1處電場強度為零，選項A錯誤．由題圖可以看出在0～x1段圖線的切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，粒子做非勻變速運動．x1～x2段圖線的切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，粒子做非勻變速運動

12、．x2～x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，粒子做勻變速直線運動，選項B錯誤，D正確．根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，則知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，選項C錯誤． [答案]　D 9. (多選)(2019·安徽省皖南八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強度E隨x變化的關系如圖所示，設x軸正方向為電場強度的正方向．一電荷量大小為q的粒子從坐標原點O沿x軸正方向射入，結果粒子剛好能運動到x＝3x0處，假設粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則(　　) A．粒子一定帶負電 B．粒子的初動

13、能大小為qE0x0 C．粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小 D．粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0 [解析]　如果粒子帶負電，粒子在電場中一定先做減速運動后做加速運動，因此粒子x＝3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯誤；根據(jù)動能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正確；粒子向右運動的過程中，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運動到x0處動能最大，根據(jù)動能定理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垂直導軌放置，導軌和金屬棒的電阻不計，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中．t＝0時對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動．下列關于通過金屬棒的電流i、通過導軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時間變化的圖像，正確的是(　　) [解析]　由題知，金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動，則有x＝at2，v＝at，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝BLv＝BLat，則感應電流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的金屬導軌，左端接有一電容器C，導軌上擱置一金屬棒，勻強磁場的方向垂直于導軌所在平面．現(xiàn)讓金屬棒在水平恒力F的作用下，由靜止向右運動，運動過程中金屬棒始終垂直于導軌，設某一時刻金屬棒中的電流為I，受到的安培力為FB，瞬時速度為vt，電容器上所帶電荷量為Q.不計一切電阻和摩擦．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動，即I＝CBLa為定值，A正確，C錯誤；因為F－FB＝ma，所以FB恒定，B錯誤；因為Q＝CU＝CBLv＝CBLat，所以電荷量隨時間均勻增加，D正確． [答案]　AD 12．(多選)(2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側．導線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．導線框R中的感應電動勢(　　) A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時

17、最大，且沿順時針方向 [解析]　由圖(b)可知，導線PQ中電流在t＝T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t＝T/4時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢為零，選項A正確；在t＝T/2時，導線PQ中電流圖像斜率方向不變，即導線框R中磁通量變化率的正負不變，根據(jù)楞次定律，所以在t＝T/2時，導線框中產(chǎn)生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在t＝T/2時，導線PQ中電流圖像斜率最大，電流變化率最大，導致導線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t＝T/2時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向，選項C正確；由楞次定律可判斷出在t＝T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤． [答案]　AC 10