《（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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（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（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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，質點做曲線運動，且速度逐漸增大B由圖(1)可知，質點在前10 s內的平均速度大小為4 m/sC由圖(2)可知，質點在第4 s內加速度的方向與質點運動的方向相反D由圖(2)可知，質點在運動過程中，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點做直線運動，選項A錯誤；由題圖(1)可知，質點在前10 s內的位移x約為22 m，所以平均速度 m/s2.2 m/s，選項B錯誤

2、；由題圖(2)可知，質點在第4 s內速度為負值，根據(jù)vt圖線的斜率表示質點運動的加速度知，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，質點在運動過程中，加速度的最大值出現(xiàn)在24 s內，最大加速度大小為a15 m/s2，選項D正確答案D2(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小為2 m/sB04 s的時間內，玩具車的平均速度大小為0.5 m/sC玩具車的加速度大小為0.5 m/s2

3、D04 s的時間內，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xv0tat2，即v0at，結合圖像得v02 m/s，a m/s2，即a1 m/s2，選項A正確，C錯誤；玩具車在04 s內的平均速度等于t22 s時的瞬時速度，即v2v0at20，選項B錯誤；t22 s時玩具車速度減為零，然后做反向運動，由xv0tat22tt2(m)可得t22 s、t44 s時的位移分別為x22 m、x40，所以04 s的時間內，玩具車通過的路程為sx2|x4x2|4 m，選項D錯誤答案A3(2018全國卷)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

4、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kx0mg，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Fk(x0x)mgma，由以上兩式解得Fkxma，顯然F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤答案A4(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26 s內，推力F

5、小于阻力，物體做減速運動B在07 s內，6 s末時物體的速度最大，大小為12 m/sC在27 s內，物體做勻變速直線運動D在07 s內，物體先沿正方向運動，后沿負方向運動解析在06 s內，加速度為正，物體沿正方向運動，故26 s內推力F大于阻力，物體做加速度減小的加速運動；在67 s內，加速度為負，物體沿正方向做減速直線運動，故A、D錯誤在27 s內，物體的加速度一直在變化，故C錯誤at圖線與t軸圍成的面積表示速度變化量，06 s內物體一直在加速，6 s末加速度反向，此時速度最大，v64 m/s12 m/s，故B正確答案B5(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)

6、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0t1時間內，如果勻速，則vt圖像是與時間軸平行的直線，如果是加速，根據(jù)PFv，牽引力減小，根據(jù)FFfma，加速度減小，做加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F1Ff，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v1，所以在0t1時間內，vt圖像先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線；在t1t2時間內，功率突然減小，故牽引力突然減小，做減速運動，根據(jù)FFfma，加速度減小，做加速度減小的減速運動，當加速度為0時，即F2Ff，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v2，所以在t1t

7、2時間內，vt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A6(2019廣東省深圳市上學期模擬)一小物塊沿固定斜面向上滑動，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(mgsinmgcos)xEkEk0，整理得EkEk0(mgsinmgcos)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(mgsinmgcos)(x1x)Ek0，整理得Ek(mgsinmgcos)x1(mgsinmgcos)x，故只有C正確答案C7(多選)(2018四川成都模擬)如圖

8、(甲)所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，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)，細桿上套有一個質量為m10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q5.0104 C小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經B向A運動的vt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E1.2 V/mB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DC，B兩點間的電勢差UCB0.9 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，加速度由電場力產生，故B點

9、的電場強度最大，小球的加速度a0.06 m/s2，又a，解得E V/m1.2 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WCBmv0，C，B間電勢差為UCB V0.9 V，選項D正確答案ACD8(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0x2段是關于直線xx1對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是()Ax1處電場強度最小，但不為零B粒子在0x2段做勻變速運動，x2x3段做勻速直線運動C在0、x1、x2、x3處電

10、勢0、1、2、3的關系為3201Dx2x3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Epq，場強與電勢的關系為E，解得E，由數(shù)學知識可知Epx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0x1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x1x2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x2x3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Epq，粒

11、子帶負電，q203，選項C錯誤答案D9. (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x3x0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粒子的初動能大小為qE0x0C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x3x0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qE0x02qE02x00Ek0

12、，可得Ek0qE0x0，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qE0x0EkmaxEk0，解得Ekmax2qE0x0，D正確答案BD10(多選)(2019遼寧大連一模)如圖所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ放置在同一水平面內，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t0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

13、，金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動，則有xat2，vat，根據(jù)法拉第電磁感應定律得EBLvBLat，則感應電流it，故A正確；根據(jù)、和qt，得q，而BSBLxBLat2，故qt2，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有FF安ma，F(xiàn)安BiLt，解得Fmat，故C正確；根據(jù)PFv，得PFvma2tt2，故D錯誤答案AC11(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

14、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，根據(jù)牛頓第二定律得FBILma，代入得FBLma，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ICBLa為定值，A正確，C錯誤；因為FFBma，所以FB恒定，B錯誤；因為QCUCBLvCBLat，所以電荷量隨時間均勻增加，D正確答案AD12(多選)(2018全國卷)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線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

15、時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向解析由圖(b)可知，導線PQ中電流在tT/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tT/4時導線框中產生的感應電動勢為零，選項A正確；在tT/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tT/2時，導線框中產生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在tT/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tT/2時導線框中產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tT時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤答案AC10