高考物理二轮复习专题十一物理图像重点讲练151.pdf

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1、第 1 页 专题十一 物理图像重点讲练 1.(2021 济南二模)如下图，一滑块以初速度v0自固定于地面斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端取沿斜面向上为正方向以下表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化图像中，可能正确是()答案 A 解析 上滑时加速度：a1mgsinmgcosmgsingcos 下滑时加速度：a2mgsinmgcosmgsingcos，知a1a2，速度时间图线斜率表示加速度；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，经过同一点时下滑速度小于上滑速度，根据速度图像“面积等于位移，两个过程位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，所以 A 项正确，B

2、CD 项错误 命题立意 此题旨在考察机械能守恒定律、牛顿第二定律 2(2021 肇庆三测)四辆小车从同一地点向同一方向运动情况分别如以下图所示，以下说法正确是()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场运动 C在 0t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远 D在 0t2时间内，丙、丁两车间距离先增大后减小 答案 C 解析 由图像可知：甲做匀速直线运动，乙做速度越来越小变速直线第 2 页 运动，A 项错误；xt图像斜率表示速度，vt图像斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，而不是从静止开场运动，B 项错误；由速度图像与时间轴围成面积表示位移可知：丙、丁两车在t

3、2时刻面积差最大，所以相距最远，在 0t2时间内，丙、丁两车间距离一直增大C 项正确、D 项错误 命题立意 此题旨在考察对运动图像理解 3(2021 新课标全国)如图甲，一物块在t0 时刻滑上一固定斜面，其运动vt图线如图乙所示，假设重力加速度及图中v0、v1、t1均为量，那么可求出()A斜面倾角 B物块质量 C物块与斜面间动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行最大高度 答案 ACD 解析 向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力与牛顿第二定律，可得 mgsinmgcosma1，根据图乙可得a1v0/t1，由运动学公式得沿斜面向上滑行最远距离xv02t1与几何关系 sinH/x；从上往下滑过程也

4、为匀变速直线运动，有mgsinmgcosma2，v1a2(2t1t1)解以上各式，可得斜面倾角arcsinv1v02gt1，物块第 3 页 与斜面间动摩擦因数v0v12gt1cos，AC 项对根据斜面倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行最大高度Hxsinv0v1v04g，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；力合成与分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像 4(2021 龙岩综测)蹦床运动可简化为一个落到竖直放置轻弹簧小球运动，如图甲所示质量为m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场计时，以竖直

5、向下为正方向，小球速度v随时间t变化图线如图乙所示图线中OA段为直线，与曲线ABCD相切于A点不考虑空气阻力，那么关于小球运动过程，以下说法正确是()At2t1t3t2 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时刻重力势能与弹簧弹性势能之与最大 答案 C 解析 A 项，小球在B点时，a0，即mgkxB，AB过程，合外力：F合mgkxk(xBx)kx球B，x球B为球所处位置到平衡位置B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t2t1t3t2，故 A 项错误；B 项，A是下降h高度时位置，而AB过程，重力大于弹簧弹力，小球做变加

6、速直线运第 4 页 动，加速度小于g.B点是速度最大地方，故 B 项错误；C 项，由A中知C点与A点是对称点，由A点到B点弹簧长度变化mgk，由对称性得由B到C弹簧长度再变化mgk，故到达D点时形变量要大于2mgk，所以弹力大于 2mg，所以 C 项正确；D 项，系统在整个过程中，只受重力与弹簧弹力作用，系统机械能守恒，小球在t2时刻速度最大，动能最大，故重力势能与弹簧弹性势能之与最小，故 D 项错误 命题立意 此题旨在考察功能关系 易错警示 解决此题关键知道小球在整个过程中运动情况，结合图像，综合牛顿第二定律进展分析求解，知道系统在整个过程中，只受重力与弹簧弹力作用，系统机械能守恒 5(20

7、21 绵阳三诊)如下图为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化图像，P0为发动机额定功率在t2时刻汽车速度已经到达最大vm，汽车受到空气阻力与地面摩擦力之与随速度增大而增大由此可得()A在 0t1时间内，汽车一定做匀加速运动 B在t1t2时间内，汽车一定做匀速运动 C在t2t3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，0t1时间内汽车功率均匀增加，但由阻力随着速度增大而增大；故汽车在这一过程受到力不可能为恒力，故不可能做匀加速第 5 页 直线运动，故 A 项错误；B 项，汽车t1(s)到达额定功率，根据PFv，速度继续增大，牵引力减小，

8、那么加速度减小，t1t2时间内汽车做加速度减小加速运动，当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度到达最大，故 B 项错误；C 项，在t2t3时间内，汽车已到达最大速度，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 此题旨在考察功率、平均功率与瞬时功率、牛顿第二定律 6(2021 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关系如图 b 所示其中高度从h1下降到h2，图像为直线，其余局部为曲线，h3对应图像最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g.以下说法正确是()A

9、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，弹簧弹性势能增加了m2g2k D小物体从高度h1下降到h5，弹簧最大弹性势能为mg(h1h5)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，h1h2坐标就是自由下落高度，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，物体动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体动能与h2时动能一样，由弹簧振子运动对称性可知，在h4时弹簧弹力一定是重力 2 倍；小物体下落至高度h5时，第 6 页 动能又回到 0，说明h5是最低点，弹簧弹力到达

10、最大值，一定大于重力 2 倍，所以此时物体加速度最大，故 B 项错误；C 项，小物体下落至高度h4时，物体动能与h2时动能一样，由弹簧振子运动对称性可知，在h4时弹簧弹力一定是重力 2 倍；此时弹簧压缩量：x2mgk，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：Wmgxmg2mgk2m2g2k，物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧弹性势能增加了2m2g2k，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增大，所以弹簧最大弹性势能为：mg(h1h5)，故 D 项正确 命题立意 此题旨在考察功能关系 7(2021 肇庆三

11、测)x轴上O点右侧各点电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点电场方向与x轴方向相反，假设规定向右方向为正方向，x轴上各点电场强度E随x变化图像如下图，该图像关于O点对称，x1与x1为x轴上两点以下说法正确是()AO点电势最低 Bx1与x1两点电势相等 C电子在x1处电势能大于在x1处电势能 D电子从x1处由静止释放后，假设向O点运动，那么到达O点时速度最大 答案 BD 第 7 页 解析 从图像可以看出，电场强度大小与方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化图像容易判断，O点电势最高，A 项错误；由于x1与x1两点关于x轴对称，且电场强度大小也相等，故从O点

12、到x1与从O点到x1电势降落相等，故x1与x1两点电势相等，B 项正确；x1与x1两点电势相等，电子在x1处电势能等于在x1处电势能，C 项错误；电子从x1处由静止释放后，假设向O点运动，O点电势最高，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 此题旨在考察静电场知识，意在考察考生理解相关知识区别与联系能力 8.(2021 龙岩综测)如下图，边长为 2L、电阻为R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匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外刚开场时线圈ab边刚好与磁场左边界重合，规定水平向右为ab边受到安培力正方向以下哪个图像能正确

13、反映ab边受到安培力随运动距离x变化规律()答案 C 解析 线框位移在，0L内，ab边切割磁感线产生感应电动势为EB2Lv，感应电流IER，ab边所受安培力大小为FBI2L4B2L2vR 由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值 第 8 页 线框位移大于L后，位移在L2L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 2L3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故 C 项正确 命题立意 此题旨在考察导体切割磁感线时感应电动势 9.(2021安徽)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零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关系如下图以下图像中合

14、理是()答案 D 解析 由电场力做功与电势能关系：FxEp，可知Epx图线斜率表示静电力F大小，可见静电力F逐渐减小，而FqE，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加速运动C 项错误，D 项正确；根据能量守恒 EkEp，比拟图线 B 项错误正确 D 项 10.(2021福建)如图，滑块以初速度v0沿外表粗糙且足够长固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，假设用h、s、v、a分别表示滑块下降高度、位移、速度与加速度大小，t表示时间，那么以下图像最能正确描述这一运动规律是()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

15、；位移时间图像中斜率代表速度，A 项，斜率表第 9 页 示竖直方向分速度在增加，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(2021 绵阳三诊)电荷量q1104 C 带正电小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向电场，其电场强度E大小与时间t关系如图甲所示，物块速度v大小与时间t关系如图乙所示 重力加速度g10 m/s2.那么()A物块在 4 s 内位移是 8 m B物块质量是 1 kg D物块在 4 s 内电势能减少了 14 J 答案 BD 解析 A 项，物块在 4 s 内位移为：x122(24)m6 m，故 A项错误；B、C 项，由

16、图可知，前 2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1mgma 由图线知加速度为：a1 m/s2 1 s 后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2mg 联立解得q(E1E2)ma 由图可得E13104 N/C，E22104 N/C 代入数据解得m1 kg 由qE2mg，可得0.2，故 B 项正确，C 项错误；D 项，物块在前 2 s 位移s11222 m2 m 第 10 页 物块在后 2 s 位移为s2vt24 m 电场力做正功：WqE1s1qE2s232 J24 J14 J 那么电势能减少了 14 J，故 D 项正确 命题立意 此题旨在考察电场强度 12 某同学用如图甲所示电路测量电源

17、电动势与内阻，其中R是电阻箱，R0是定值电阻，且R03 000，G 是理想电流计改变R阻值分别读出电流计读数，作出1R1I图像如图乙所示，那么：电源电动势是_，内阻是_ 答案 3 V 1 解析 此题是利用电流表与电阻箱组合通过1R1I图像来分析电源电动势与内阻 根据闭合电路欧姆定律EU外U内得EIR0(IR0RI)r，R0rREI(R0r)，得1R1EIR0rR0rR0r，结合图像得ER0r11 000，R0rR0r1，故r1，E3 V.13(2021 青岛统一检测)如图甲所示，有一倾角为 30光滑固定斜面，斜面底端水平面上放一质量为M木板 开场时质量为m1 kg滑块在水平向左力F作用下静止在

18、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，木块滑上木板过程不考虑能量损失此后滑块与木板在水平面上运动vt图像如图乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F大小；第 11 页(2)滑块开场下滑时高度；(3)木板质量 答案(1)1033 N(2)2.5 m(3)1.5 kg 解析 (1)滑块受到水平推力F、重力mg与支持力N处于平衡，如下图：mgsinFcos 代入数据可得F1033 N(2)由题意可知，滑块滑到木板上初速度为 10 m/s 当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得 mgsinFcosma 解得a10 m/s2 下滑位移：xv22a 解得x5 m 故下滑高度：hxsin302.5 m(3)由图像可知，二者先发生相对滑动，当到达共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间动摩擦因数为1，滑块与木板间动摩擦因数为2 二者共同减速时加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时，木板加速度a21 m/s2，滑块减速加速度大小为：a34 m/s2 对整体受力分析，可得a11MmgMm1g 可得1 第 12 页 在 02 s 内分别对m与M做受力分析可得 对M：2mg1(Mm)gMa2 对m：2mgma3 带入数据解方程可得M1.5 kg 命题立意 此题旨在考察牛顿第二定律、匀变速直线运动图像