《高考物理二轮复习考前三个月专题3图象问题教案253.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习考前三个月专题3图象问题教案253.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 专题 13 图象问题 考题一 图象识别 1.会识图：理解图象意义，斜率、截距、面积意义，并列出公式.2.会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象.3.会用图：能结合物理公式与图象解决物理问题.例 1 a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t0 时刻，b车在a车前方 500 m 处，它们vt图象如图 1 所示，以下说法正确是()图 1 A.a、b加速时，物体a加速度等于物体b加速度 B.在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次 C.在第 60 s 时，物体a在物体b前方 D.在第 40 s 末，a、b两车相距 900 m 解析 由图可知，a车加速度为a11.5 m/s2，
2、b车加速度为a22 m/s2，A 错误；第 20 s 时，a车位移为x14010220 m500 m，b车没动x20 m，那么x1x0，a车追上b车；第 60 s 时，a车位移为x1x14040 m2 100 m，b车位移为x240802 m1 600 m，那么x1x2x0，b车追上a车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B 正确，C 错误；在第 40 s 末，a车位移x1第 2 页 x14020 m1 300 m，b车位移x240202 m400 m，那么两车相距 xx1(x2x0)400 m，那么 D 错误.应选 B.答案 B 变式训练 1.一个质量为 1 kg 物体静止在水平面上，物体与水
3、平面间动摩擦因数为 0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变水平拉力F，使物体在水平面上运动了 3 s.假设要使物体在 3 s 内运动产生内能最大，那么力F随时间t变化图象应为()答案 B mg2 N，当F5 N 时，a1Fmgm3 m/s2，当F3 N 时，a2Fmgm1 m/s2，当F1 N 时，a3Fmgm1 m/s2.根据四个图象情况，作出对应vt图象如下图，可知 B 图在 3 s 内面积最大，即物体位移最大，故内能最大.应选 B.2.在“蹦床娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开场计时，其动能Ek与离地高度hh1h2阶段图象为直线，其余局部为曲线，h3对应图象最高点，小朋友质量为
4、m，重力加速度为g，不计空气阻力与一切摩擦.以下有关说法正确是()图 2 B.从小朋友脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点过程中，其加速度先减小后增大 第 3 页 hh4高度时，蹦床弹性势能为Epmg(h2h4)h1下降到h5过程中，蹦床最大弹性势能为Epmmgh1 答案 BC 解析 小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友弹力做功，故整个过程中小朋友机械能不守恒，A 错误；从小朋友脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点过程中，蹦床对小朋友弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B 正确；由题图知，小朋友在h2处与h4处动能相等，根据蹦床与小朋友组成系统机械能守恒得，
5、小朋友处于h4高度时，蹦床弹性势能为Epmg(h2h4)，C 正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床最大弹性势能为Epmmg(h1h5)，D 错误.3.如图 3 所示，在竖直向下匀强磁场中有两根竖直放置平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t0 时刻起，给棒通以图示方向电流且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中kv、加速度a随时间t变化关系图象，可能正确是()图 3 答案 BD 解析 从t0 时刻起，金属棒通以Ikt电流，由左手定那么知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致棒在运动过程中，受到摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向一样，做加速度减小加速运动.当滑动摩擦
6、力等于重力时，加速度为零，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度第 4 页 方向相反，做加速度增大减速运动，vt图象斜率表示加速度大小.考题二 图象综合应用 1.物理图象不仅能够直接反映物理量大小、方向，而且图线斜率、线与坐标轴围成面积也有特定物理意义.在解题时要充分理解图象反映信息，挖掘图象中隐含条件.2.通过分析图象，能够根据相应物理知识来建立物理量间函数关系式，可以直接读出或求出某些待求物理量，还可以探究某些物理规律，或测定某些物理量，分析某些复杂物理过程.3.掌握用物理图象解决问题方法，通过对物理图象分析来提高对物理知识理解与记忆能力.例 2 如图
7、 4 甲所示，在距离地面高度为h0.80 m 平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m0.50 kg、可看作质点物块相接触(不粘连)，OAA点，与OA段动摩擦因数F，大小随位移xx0.40 m 到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g10 m/s2，那么以下说法正确是()图 4 F做功为 6.0 J B.弹簧被压缩过程中具有最大弹性势能为 6.0 J C.整个运动过程中克制摩擦力做功为 4.0 J D.MN水平距离为 1.6 m 第 5 页 解析 根据Fx图象与坐标轴所围面积表示力F做功，那么弹簧被压缩过程
8、中外力F做功为 WF61820.2 J180.2 J6.0 J，A 正确；物块向左运动过程中，克制摩擦力做功Wfmgx1.0 J，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为 EpWFWf5.0 J，B 错误；整个运动过程中克制摩擦力做功为 Wf 总2mgx2.0 J，C 错误；设物块离开M点时速度为v，对整个过程由能量守恒得：12mv2WFWf 总，解得v4 m/s，物块离开M点后做平抛运动，那么有h12gt2，xvt，解得x1.6 m，D 正确.答案 AD 变式训练 t0 时刻由静止开场在平直公路上行驶，其运动过程at图象如图 5所示，根据信息，可知()图 5 B.摩托车在 30 s
9、末速度大小 C.在 030 s 时间内牵引力对摩托车做功 D.10 s 末摩托车开场反向运动 答案 B 解析 由图可知，在 010 s 摩托车做匀加速运动，1030 s 做减速运动，故10 s 末速度最大，动能最大，由vat可求出最大速度，但摩托车质量未知，故不能求最大动能，A 错误；根据at图象与t第 6 页 轴所围面积表示速度变化量，可求出 30 s 内速度变化量，由于初速度为 0，那么可求摩托车在 30 s 末速度大小，B 正确；在 1030 s牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车质量，故不能求出牵引力对摩托车做功，C 错误；根据“面积表示速度变化量可知，30 s 内速度变化量
10、为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D 错误.应选 B.5.如图 6 所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，以下能正确描述其位于x轴上电场或电势分布随位置x变化规律正确是()图 6 答案 A 解析 由两个等量异号电荷电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低原理，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O点处电势为零，故O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开场升高，直到无穷远处电势为零，A 正确，B 错误；根据电场线疏密表示场强大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点电场强度不为零，故 C、D
11、错误.6.如图 7 所示，abcd为一边长为l正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场边界与线框cd边平行，磁场区域宽度为 2l，磁感应强度为Bcd边水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时记为x0，线框第 7 页 开场匀速运动.线框中电流沿逆时针时为正，那么导线框从刚进入磁场到完全离开磁场过程中，a、b两端电压Uab及导线框中电流i随cd边位置坐标x变化图线可能是()图 7 答案 C 解析 线框进入磁场过程做匀速运动，感应电动势EBlv恒定，线框中电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端电压UabBlv4；线框完全在磁场中运动时，穿
12、过闭合电路磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab边两端电压 UabBlv不断增大，Uab与位移x不是线性关系；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故 C 正确，A、B、D 错误.专题标准练 1.一质点做直线运动，其运动位移x跟时间t比值xt与时间t关系图线为一条过原点倾斜直线，如图 1 所示.由图可知，t2 s 时质点速度大小为()图 1 A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 答案 B 第 8 页 解析 由图得xtt，由位移公式xv0t12at2得xtv012a
13、t，比照两式得v00，a2 m/s2t2 s 时速度大小为vat4 m/s.应选 B.2.如图 2 所示，一劲度系数为k轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m物块A，A放在质量也为m托盘B上，以FN表示B对A作用力，x表示弹簧伸长量.初始时，在竖直向上力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0).现改变力F大小，使B以g2加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化图象正确是()图 2 答案 D 解析 当弹簧弹力增大到mg2时，物块与托盘间压力为零，在此之前，二者之间压力由开场运动时mg2线性减小到零，力F由开场运动时mg线性减小到mg2；此后托盘与物块别离，
14、力F保持mg2不变，故 D 正确.3.图 3 甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作示意图，点Pagg10 m/s2.根据图象分析可知()图 3 A.张明重力为 1 500 N B.c点位置张明处于失重状态 C.e点位置张明处于超重状态 第 9 页 d点加速度小于在f点加速度 答案 C 解析 开场时人处于平衡状态，人对传感器压力是 500 N，故人重力也是 500 N，A 错误；c点时人对传感器压力大于重力，处于超重状态，B 错误；e点时人对传感器压力大于重力，处于超重状态，C 正确；人在d点：a1FdGm20 m/s2.在f点：a2G0m10 m/s2，可知d点加速度大于f点加速度，D
15、 错误.4.(多项选择)如图 4 甲所示，小物块静止在倾角F，力F大小随时间t变化情况如图乙所示，物块速率v随时间t变化规律如图丙所示，取 sin 370.6、cos 370.8，重力加速度取g10 m/s2，以下说法正确是()图 4 A.物块质量为 1 kg C.03 s 内力F做功平均功率为 0.32 W D.03 s 内物体克制摩擦力做功为 5.12 J 答案 AD 解析 由速度图象知，在 13 s 内F0.8 N，物块做匀加速运动，且a0.4 m/s2，由牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma，在 34 s 内F0.4 N，物块匀速运动，受力平衡有Fmgcos mgsin，联立得
16、m1 kg，0.8，故 A 正确，B 错误；在 01 s 内物块静止F不做功，在 13 s 内F0.8 N，位移x12at2第 10 页 0.8 m，在 03 s 内F做功平均功率为：PWtFxt W0.213 W，C 错误；在 03 s 内物块克制摩擦力做功Wfmgcos x5.12 J，D 正确.5.如图 5 所示，在边长为aa正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域，在t0 时，导线框运动到原点O处且恰好开场进入磁场区域.取顺时针方向为导线框中感应电流正方向，那么以下图象中能够正确表示从t0 时刻开场感应电流与导线框位移关系是()图 5 答案 B 解析 x在 0a范围内，线框右边切割磁感线产
17、生感应电流，感应电流大小iBaxvBxvRBvR(a2x)，其中x在 0a2范围内感应电流为顺时针，为正方向；xa2时，i0；x在a2a范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x在a2a内，感应电流大小 iBaxavBxavRBvR(3a2x)，其中，x在a32a感应电流方向沿逆时针，为负方向.x32a时，i0；x在32a2a范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故 B 正确，A、C、D 错误.应选B.m、电荷量为q带正电小球，在电场中从OO为坐标原点，取竖直向下为x轴正方向，小球机械能E与位移x关系如图乙所示，不计空气第 11 页 阻力.那么()图 6 A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
18、O到x1过程中，小球速率越来越大，加速度越来越小 O到x1过程中，相等位移内，小球克制电场力做功相等 x1位置时，小球速度大小为 2E1E0mgx1m 答案 D 解析 物体机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向，由机械能变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A 错误；由牛顿第二定律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开场时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B 错误；因电场力越来越小，在相等位移内小球克制电场力做功越来越小，C 错误；由动能定理mgx1E1E012m
19、v2 0，得 到 达x1位 置 时，小 球 速 度v 2E1E0mgx1m，D 正确.应选 D.7.(多项选择)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图 7 甲所示，一个电荷量为 2103 C，质量为0.1 kg 小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大位置(图中标出了第 12 页 该切线).那么以下说法正确是()图 7 C到A过程中物块电势能先减小后变大 B.B点为中垂线上电场强度最大点，场强E100 V/m C点到A点电势逐渐降低 D.B、A两点间电势差UBA5 V 答案 BC 解析 由C点到A点过程中，
20、由vt图可知带电粒子速度增大，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由vt图可知带电粒子在B点加速度最大为 2 m/s2，所受电场力最大为 0.2 N，由EFq知，B点场强最大为 100 N/C，B 正确；因两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点过程中电势逐渐减小，C 正确；由vt图得A、B两点速度，由动能定理得WBA12mv 2A12mv 2B1 J，电势差UBAWBAq500 V，D 错误.应选 B、C.8.(多项选择)如图 8 所示，半圆形固定轨道AO段光滑，OBm滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑，到达最低点O以后再冲上轨道右侧高度为HB
21、O点重力势能为零，在滑块从O到B，再从B回到O过程中，滑块机械能E、动能Ek随高度h关系可能是()图 8 答案 AC 第 13 页 解析 在滑块从O到B，再从B回到O过程中，由于滑块要克制摩擦力做功，所以滑块机械能不断减小，经过同一点时，向上运动速度大于向下运动速度(除B点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受轨道支持力大，那么滑块向上运动时对轨道压力较大，摩擦力较大，由功能关系知：FfhE，可知Eh图象切线斜率表示摩擦力大小，那么 A 图是可能，B 图不可能，故 A 正确，B错误；由动能定理得：F合hEk，可知Ekh图象切线斜率表示合力大小，滑块在同一点(B点除外)向上运动
22、时受到合力大于向下运动时受到合力大小，因此 C 图可能正确，D 不可能，故 C 正确，D错误.9.如图 9(a)所示，平行且光滑长直金属导轨MN、PQ水平放置，间距LR1 电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路电阻r1，导轨电阻不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从 0 时刻开场，磁感应强度B大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开场向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，假设使棒在导轨上始终以速度v1 m/s 做直线运动，求：图 9(1)棒进入磁场前，电阻R中电流大小与方向；(2)棒通过abcd区域过程
23、中通过电阻R电量；(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t关系式.答案(1)0.02 A Q到N(2)0.02 C 第 14 页(3)i12(t1)A(1.0 s t1.2 s)解析(1)棒进入磁场前，正方形区域abcd磁场均匀增大，由楞次定律可知，通过R电流方向为Q到N 由法拉第电磁感应定律得：EBSt0.04 V 流过R电流为：IERr0.02 A(2)由题得：通过R电量为qItERrttRrt0.02 C(3)由题可得：iERrBL有效vRr12(t1)A(1.0 st1.2 s)BC倾角53，小物块与水平面间动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m2 k
24、g小物块静止于AAB段对小物块施加与水平方向成53恒力F，如图 10(a)所示，小物块在AB段运动速度时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F.(sin 530.8，cos 530.6).求：图 10(1)小物块所受到恒力F大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用时间；(3)小物块能否返回到A点？假设能，计算小物块通过A点时速度；假设不能，计算小物块停顿运动时离B点距离.答案(1)11 N(2)0.5 s(3)不能 0.4 m 解析(1)由图(b)可知，AB段加速度 第 15 页 a1vt0.5 m/s2 由牛顿第二定律有：Fcos(mgFsin)ma 得Fmamgcos sin 11 N(2)在BC段有：mgsin ma2 得a2gsin 8 m/s2.小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有t2vBa20.5 s(3)小物块从B向A运动过程中，有：mgma3 得a3g5 m/s2 滑行距离sv 2B2a30.4 msABvB2t4.0 m 所以小物块不能返回到A点，停顿运动时，离B点距离为 0.4 m.