《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題13 圖象問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題13 圖象問題學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題13 圖象問題 考題一　圖象的識別 1.會識圖：理解圖象的意義，斜率、截距、面積的意義，并列出公式. 2.會作圖：依據物理現(xiàn)象、物理過程、物理規(guī)律作出圖象. 3.會用圖：能結合物理公式和圖象解決物理問題. 例1　a、b兩車在公路上沿同一方向做直線運動，在t＝0時刻，b車在a車前方500 m處，它們的v－t圖象如圖1所示，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.a、b加速時，物體a的加速度等于物體b的加速度 B.在整個運動過程中，a、b兩車可以相遇兩次 C.在第60 s時，物體a在物體b的前方 D.在第40 s末，a、b兩車相距900 m 解析

2、　由圖可知，a車加速度為a1＝1.5 m/s2，b車加速度為a2＝2 m/s2，A錯誤；第20 s時，a車位移為x1＝×20 m＝500 m，b車沒動x2＝0 m，則x1＝x0，a車追上b車；第60 s時，a車位移為x1′＝x1＋40×40 m＝2 100 m，b車位移為x2′＝ m＝1 600 m，則x1′＝x2′＋x0，b車追上a車，即在整個運動過程中兩車相遇兩次，B正確，C錯誤；在第40 s末，a車位移x1″＝x1＋40×20 m＝1 300 m，b車位移x2″＝ m＝400 m，則兩車相距Δx＝x1″－(x2″＋x0)＝400 m，則D錯誤.故選B. 答案　B 變式訓練 1.一個

3、質量為1 kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數為0.2，對物體施加一個大小變化但方向不變的水平拉力F，使物體在水平面上運動了3 s.若要使物體在3 s內運動產生的內能最大，則力F隨時間t變化的圖象應為(　　) 答案　B 解析　由題意可知，物體在3 s內運動的位移最大時，產生的內能最大.物體受到的最大靜摩擦力為μmg＝2 N，當F＝5 N時，a1＝＝3 m/s2，當F＝3 N時，a2＝＝1 m/s2，當F＝1 N時，a3＝＝－1 m/s2.根據四個圖象的情況，作出對應的v－t圖象如圖所示，可知B圖在3 s內的面積最大，即物體位移最大，故內能最大.故選B. 2

4、.在“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到離地面高h1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖2所示.在h1～h2階段圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象的最高點，小朋友的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦.下列有關說法正確的是(　　) 圖2 A.整個過程中小朋友的機械能守恒 B.從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先減小后增大 C.小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4) D.小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1 答案　BC 解析　小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，故整

5、個過程中小朋友的機械能不守恒，A錯誤；從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，故加速度先減小后增大，B正確；由題圖知，小朋友在h2處和h4處動能相等，根據蹦床和小朋友組成的系統(tǒng)機械能守恒得，小朋友處于h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，C正確；小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，D錯誤. 3.如圖3所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時刻起，給棒通以圖示方向的電流且電流強度與時

6、間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.下列關于棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關系圖象，可能正確的是(　　) 圖3 答案　BD 解析　從t＝0時刻起，金屬棒通以I＝kt的電流，由左手定則知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導軌，導致棒在運動過程中，受到的摩擦力增大，加速度減小，因速度與加速度方向相同，做加速度減小的加速運動.當滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，速度最大，當安培力繼續(xù)增大時，滑動摩擦力大于重力，加速度方向豎直向上，與速度方向相反，做加速度增大的減速運動，v－t圖象的斜率表示加速度的大小. 考題二　圖象的綜合應用 1.物理圖

7、象不僅能夠直接反映物理量的大小、方向，而且圖線的斜率、線與坐標軸圍成的面積也有特定的物理意義.在解題時要充分理解圖象反映的信息，挖掘圖象中隱含的條件. 2.通過分析圖象，能夠根據相應的物理知識來建立物理量間的函數關系式，可以直接讀出或求出某些待求的物理量，還可以探究某些物理規(guī)律，或測定某些物理量，分析某些復雜的物理過程. 3.掌握用物理圖象解決問題的方法，通過對物理圖象的分析來提高對物理知識的理解和記憶能力. 例2　如圖4甲所示，在距離地面高度為h＝0.80 m的平臺上有一輕質彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質量m＝0.50 kg、可看作質點的物塊相接觸(不粘連)，OA段粗糙且長

8、度等于彈簧原長，其余位置均無阻力作用.物塊開始靜止于A點，與OA段的動摩擦因數μ＝0.50.現(xiàn)對物塊施加一個水平向左的外力F，大小隨位移x變化關系如圖乙所示.物塊向左運動x＝0.40 m到達B點，到達B點時速度為零，隨即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運動，從M點離開平臺，落到地面上N點，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.彈簧被壓縮過程中外力F做的功為6.0 J B.彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢能為6.0 J C.整個運動過程中克服摩擦力做功為4.0 J D.MN的水平距離為1.6 m 解析　根據F－x圖象與坐標軸所圍的面積表示力F做的功，

9、則彈簧被壓縮過程中外力F做的功為 WF＝×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J，A正確；物塊向左運動的過程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝1.0 J，根據能量守恒可知，彈簧被壓縮過程中最大彈性勢能為 Ep＝WF－Wf＝5.0 J，B錯誤；整個運動過程中克服摩擦力做功為 Wf總＝2μmgx＝2.0 J，C錯誤；設物塊離開M點時的速度為v，對整個過程由能量守恒得：mv2＝WF－Wf總，解得v＝4 m/s，物塊離開M點后做平拋運動，則有h＝gt2，x＝vt，解得x＝1.6 m，D正確. 答案　AD 變式訓練 4.一摩托車在t＝0時刻由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的a－t圖象如圖

10、5所示，根據已知的信息，可知(　　) 圖5 A.摩托車的最大動能 B.摩托車在30 s末的速度大小 C.在0～30 s的時間內牽引力對摩托車做的功 D.10 s末摩托車開始反向運動 答案　B 解析　由圖可知，在0～10 s摩托車做勻加速運動，10～30 s做減速運動，故10 s末速度最大，動能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托車的質量未知，故不能求最大動能，A錯誤；根據a—t圖象與t軸所圍的面積表示速度變化量，可求出30 s內速度的變化量，由于初速度為0，則可求摩托車在30 s末的速度大小，B正確；在10～30 s牽引力是變力，由于不能求出位移，也不知道摩托車的質量，故不

11、能求出牽引力對摩托車做的功，C錯誤；根據“面積”表示速度變化量可知，30 s內速度變化量為零，所以摩托車一直沿同一方向運動，D錯誤.故選B. 5.如圖6所示，兩個等量異種點電荷，關于原點O對稱放置，下列能正確描述其位于x軸上的電場或電勢分布隨位置x變化規(guī)律正確的是(　　) 圖6 答案　A 解析　由兩個等量異號電荷的電場線分布圖，結合“沿電場線方向電勢降低”的原理，可知從左側無窮遠處向右，電勢從零逐漸升高，正電荷所在位置處最高，然后電勢再減小，O點處電勢為零，故O點右側電勢為負，同理到達負電荷時電勢最小，且電勢為負，從負電荷向右，電勢開始升高，直到無窮遠處電勢為零，A正確，B

12、錯誤；根據電場線的疏密表示場強的大小可知，從正電荷到負電荷，電場強度先減小后增大，但O點的電場強度不為零，故C、D錯誤. 6.如圖7所示，abcd為一邊長為l的正方形導線框，導線框位于光滑水平面內，其右側為一勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里.線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向運動，直至通過磁場區(qū)域.cd邊剛進入磁場時記為x＝0，線框開始勻速運動.線框中電流沿逆時針時為正，則導線框從剛進入磁場到完全離開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導線框中的電流i隨cd邊的位置坐標x變化的圖線可能是(　　) 圖7

13、 答案　C 解析　線框進入磁場的過程做勻速運動，感應電動勢E＝Blv恒定，線框中的電流大小恒定，方向沿逆時針方向，a、b兩端的電壓Uab＝；線框完全在磁場中運動時，穿過閉合電路的磁通量不變，線框中感應電流為零，做勻加速運動，ab邊兩端的電壓 Uab＝Blv不斷增大，Uab與位移x不是線性關系；線框離開磁場，做減速運動，加速度逐漸減小，線框剛好完全離開磁場時，速度大于或等于勻速運動時的速度，不可能為零，故此時電流也不可能為零，故C正確，A、B、D錯誤. 專題規(guī)范練 1.一質點做直線運動，其運動的位移x跟時間t的比值與時間t的關系圖線為一條過原點的傾斜直線，如圖1所示.由圖可知，t

14、＝2 s時質點的速度大小為(　　) 圖1 A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 答案　B 解析　由圖得＝t，由位移公式x＝v0t＋at2得＝v0＋at，對比兩式得v0＝0，a＝2 m/s2，即質點做勻加速直線運動.故t＝2 s時的速度大小為v＝at＝4 m/s.故選B. 2.如圖2所示，一勁度系數為k的輕質彈簧，上端固定，下端連一質量為m的物塊A，A放在質量也為m的托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量.初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x＝0).現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運動(g為重力

15、加速度，空氣阻力不計)，此過程中FN或F隨x變化的圖象正確的是(　　) 圖2 答案　D 解析　當彈簧的彈力增大到時，物塊和托盤間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由開始運動時的線性減小到零，力F由開始運動時的mg線性減小到；此后托盤與物塊分離，力F保持不變，故D正確. 3.圖3甲是張明同學站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，點P 是他的重心位置.圖乙是根據傳感器采集到的數據畫出的力—時間圖線.兩圖中a～g 各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出.取重力加速度g＝10 m/s2.根據圖象分析可知(　　) 圖3 A.張明的重力為1 500 N B.c點位

16、置張明處于失重狀態(tài) C.e點位置張明處于超重狀態(tài) D.張明在d點的加速度小于在f點的加速度 答案　C 解析　開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力是500 N，故人的重力也是500 N，A錯誤；c點時人對傳感器的壓力大于重力，處于超重狀態(tài)，B錯誤；e點時人對傳感器的壓力大于重力，處于超重狀態(tài)，C正確；人在d點：a1＝＝20 m/s2.在f點：a2＝＝10 m/s2，可知d點的加速度大于f點的加速度，D錯誤. 4.(多選)如圖4甲所示，小物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙斜面上.現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時間t的變化規(guī)律如圖

17、丙所示，取sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.物塊的質量為1 kg B.物塊與斜面間的動摩擦因數為0.7 C.0～3 s內力F做功的平均功率為0.32 W D.0～3 s內物體克服摩擦力做的功為5.12 J 答案　AD 解析　由速度圖象知，在1～3 s內F＝0.8 N，物塊做勻加速運動，且a＝0.4 m/s2，由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，在3～4 s 內F＝0.4 N，物塊勻速運動，受力平衡有F＝μmgcos θ－mgsin θ，聯(lián)立得m＝1 kg，μ＝0.8，

18、故A正確，B錯誤；在0～1 s內物塊靜止F不做功，在1～3 s內F＝0.8 N，位移x＝at2＝0.8 m，在0～3 s內F做功的平均功率為：P＝＝＝ W≈0.213 W，C錯誤；在0～3 s內物塊克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·x＝5.12 J，D正確. 5.如圖5所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內有以對角線為邊界，垂直于紙面的兩個方向相反的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小相等.紙面內一邊長為a的正方形導線框沿著x軸勻速穿過磁場區(qū)域，在t＝0時，導線框運動到原點O處且恰好開始進入磁場區(qū)域.取順時針方向為導線框中感應電流的正方向，則下列圖象中能夠正確表示從t＝0時刻開始感應電流與導線框位

19、移關系的是(　　) 圖5 答案　B 解析　x在0～a范圍內，線框右邊切割磁感線產生感應電流，感應電流大小i＝＝(a－2x)，其中x在0～范圍內感應電流為順時針，為正方向；x＝時，i＝0；x在～a范圍內，感應電流方向沿逆時針，為負方向；x在a～2a內，感應電流大小 i＝＝(3a－2x)，其中，x在a～a感應電流方向沿逆時針，為負方向.x＝a時，i＝0；x在a～2a范圍內，感應電流沿順時針，為正方向，故B正確，A、C、D錯誤.故選B. 6.某空間區(qū)域的豎直平面內存在電場，其中豎直的一條電場線如圖6甲中虛線所示.一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場

20、線豎直向下運動.以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖乙所示，不計空氣阻力.則(　　) 圖6 A.電場強度大小恒定，方向沿x軸負方向 B.從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越小 C.從O到x1的過程中，相等的位移內，小球克服電場力做的功相等 D.到達x1位置時，小球速度的大小為 答案　D 解析　物體的機械能逐漸減小，電場力對小球做負功，故電場強度方向向上，即沿x軸負方向，由機械能的變化關系知，相等位移內電場力做功越來越小，說明電場力減小，故電場強度不斷減小，A錯誤；由牛頓第二定律知，物體受重力與電場力作用，電場力向上，重力

21、向下，開始時重力大于電場力，因電場力越來越小，故合力越來越大，加速度越來越大，速度越來越大，B錯誤；因電場力越來越小，在相等的位移內小球克服電場力做功越來越小，C錯誤；由動能定理mgx1＋E1－E0＝mv2－0，得到達x1位置時，小球速度v＝ ，D正確.故選D. 7.(多選)兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖7甲所示，一個電荷量為2×10－3 C，質量為0.1 kg的小物塊(可視為質點)從C點靜止釋放，其運動的v－t圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線).則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.由C到A的過程中物

22、塊的電勢能先減小后變大 B.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E＝100 V/m C.由C點到A點電勢逐漸降低 D. B、A兩點間的電勢差UBA＝5 V 答案　BC 解析　由C點到A點的過程中，由v－t圖可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；由v－t圖可知帶電粒子在B點的加速度最大為2 m/s2，所受的電場力最大為0.2 N，由E＝知，B點的場強最大為100 N/C，B正確；因兩個等量的同種正電荷其連線的中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，C正確；由v－t圖得A、B兩點的速度，由動能定理得WBA＝mv－mv＝1 J，電

23、勢差UBA＝＝500 V，D錯誤.故選B、C. 8.(多選)如圖8所示，半圓形固定軌道AO段光滑，OB段粗糙且各處粗糙程度相同.一質量為m的滑塊從半圓形軌道左側最高點A處由靜止下滑，到達最低點O以后再沖上軌道右側高度為H的B處.取O點重力勢能為零，在滑塊從O到B，再從B回到O的過程中，滑塊的機械能E、動能Ek隨高度h的關系可能是(　　) 圖8 答案　AC 解析　在滑塊從O到B，再從B回到O的過程中，由于滑塊要克服摩擦力做功，所以滑塊的機械能不斷減小，經過同一點時，向上運動的速度大于向下運動的速度(除B點以外)，由向心力知識可知，經過同一點向上運動時，滑塊所受的軌道支持力大，

24、則滑塊向上運動時對軌道的壓力較大，摩擦力較大，由功能關系知：FfΔh＝ΔE，可知E－h(huán)圖象切線的斜率表示摩擦力大小，則A圖是可能的，B圖不可能，故A正確，B錯誤；由動能定理得：F合Δh＝ΔEk，可知Ek－h(huán)圖象切線的斜率表示合力大小，滑塊在同一點(B點除外)向上運動時受到的合力大于向下運動時受到的合力大小，因此C圖可能正確，D不可能，故C正確，D錯誤. 9.如圖9(a)所示，平行且光滑的長直金屬導軌MN、PQ水平放置，間距L＝0.4 m.導軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻，導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒接入電路的電阻r＝1 Ω，導軌電阻不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下

25、的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： 圖9 (1)棒進入磁場前，電阻R中電流的大小和方向； (2)棒通過abcd區(qū)域的過程中通過電阻R的電量； (3)棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式. 答案　(1)0.02 A　Q到N　(2)0.02 C (3)i＝(t－1) A(1.0 s ≤t≤1.2 s) 解析　(1)棒進入磁場前，正方形區(qū)域abcd的磁場均勻增大，由楞次定律可知，

26、通過R的電流方向為Q到N 由法拉第電磁感應定律得：E＝＝0.04 V 流過R的電流為：I＝＝0.02 A (2)由題得：通過R的電量為q＝Δt＝Δt＝Δt＝0.02 C (3)由題可得：i＝＝＝(t－1)A(1.0 s≤t≤1.2 s) 10.足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質量m＝2 kg的小物塊靜止于A點.現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°的恒力F，如圖10(a)所示，小物塊在AB段運動的速度—時間圖象如圖(b)所示，到達B點迅速撤去恒力F.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0

27、.6).求： 圖10 (1)小物塊所受到的恒力F的大小； (2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間； (3)小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離. 答案　(1)11 N　(2)0.5 s　(3)不能　0.4 m 解析　(1)由圖(b)可知，AB段的加速度 a1＝＝0.5 m/s2 由牛頓第二定律有：Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma 得F＝＝11 N (2)在BC段有：mgsin α＝ma2 得a2＝gsin α＝8 m/s2. 小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，有t＝＝0.5 s (3)小物塊從B向A運動過程中，有：μmg＝ma3 得a3＝μg＝5 m/s2 滑行的距離s＝＝0.4 m