全国通用2022届高考物理二轮复习专题13图象问题学案

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1、全国通用2022届高考物理二轮复习专题13图象问题学案考题一图象的识别1.会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义，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：能结合物理公式和图象解决物理问题.例1a、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，它们的vt图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A.a、b加速时，物体a的加速度等于物体b的加速度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的前方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，b车

2、加速度为a22 m/s2，A错误；第20 s时，a车位移为x120 m500 m，b车没动x20 m，则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x2 m1 600 m，则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x1x14020 m1 300 m，b车位移x2 m400 m，则两车相距xx1(x2x0)400 m，则D错误.故选B.答案B变式训练1.一个质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面

3、上运动了3 s.若要使物体在3 s内运动产生的内能最大，则力F随时间t变化的图象应为()答案B解析由题意可知，物体在3 s内运动的位移最大时，产生的内能最大.物体受到的最大静摩擦力为mg2 N，当F5 N时，a13 m/s2，当F3 N时，a21 m/s2，当F1 N时，a31 m/s2.根据四个图象的情况，作出对应的vt图象如图所示，可知B图在3 s内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大.故选B.2.在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示.在h1h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度

4、为g，不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是()图2A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大C.小朋友处于hh4高度时，蹦床的弹性势能为Epmg(h2h4)D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epmmgh1答案BC解析小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，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处和h4处动能相等，根

5、据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h4高度时，蹦床的弹性势能为Epmg(h2h4)，C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epmmg(h1h5)，D错误.3.如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()图3答案BD解析从t0时刻起，金属棒通以Ikt的电流，由左手定则知，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

6、，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，做加速度减小的加速运动.当滑动摩擦力等于重力时，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，与速度方向相反，做加速度增大的减速运动，vt图象的斜率表示加速度的大小.考题二图象的综合应用1.物理图象不仅能够直接反映物理量的大小、方向，而且图线的斜率、线与坐标轴围成的面积也有特定的物理意义.在解题时要充分理解图象反映的信息，挖掘图象中隐含的条件.2.通过分析图象，能够根据相应的物理知识来建立物理量间的函数关系式，可以直接读出或求出某些待求的物理量，还可以探究某些物理规律，或测定某些物理量，分析某些复杂的物

7、理过程.3.掌握用物理图象解决问题的方法，通过对物理图象的分析来提高对物理知识的理解和记忆能力.例2如图4甲所示，在距离地面高度为h0.80 m的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、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示.物块向左运动x0.40 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，则下列说法正确的是()图4

8、A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD.MN的水平距离为1.6 m解析根据Fx图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF0.2 J180.2 J6.0 J，A正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功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；整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总2mgx2.0 J，C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程由能量守恒得：mv2WFWf总，解得v4 m/s，物块离

9、开M点后做平抛运动，则有hgt2，xvt，解得x1.6 m，D正确.答案AD变式训练4.一摩托车在t0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的at图象如图5所示，根据已知的信息，可知()图5A.摩托车的最大动能B.摩托车在30 s末的速度大小C.在030 s的时间内牵引力对摩托车做的功D.10 s末摩托车开始反向运动答案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，但摩托车的质量未知，故不能求最大动能，A错误；根据at图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出30 s内速度的变化量，由于初速度为0，则可求摩

10、托车在30 s末的速度大小，B正确；在1030 s牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误；根据“面积”表示速度变化量可知，30 s内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D错误.故选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，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是()图6答案A解析由两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，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，

11、且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零，故C、D错误.6.如图7所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力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，线框开始匀速运动.线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框

12、中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是()图7答案C解析线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势EBlv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab边两端的电压 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的速度，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.专题规范练1.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图

13、1所示.由图可知，t2 s时质点的速度大小为()图1A.2 m/s B.4 m/sC.6 m/s D.8 m/s答案B解析由图得t，由位移公式xv0tat2得v0at，对比两式得v00，a2 m/s2，即质点做匀加速直线运动.故t2 s时的速度大小为vat4 m/s.故选B.2.如图2所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量.初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0).现改变力F的大小，使B以的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

14、的图象正确的是()图2答案D解析当弹簧的弹力增大到时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，力F由开始运动时的mg线性减小到；此后托盘与物块分离，力F保持不变，故D正确.3.图3甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P 是他的重心位置.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线.两图中ag 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g10 m/s2.根据图象分析可知()图3A.张明的重力为1 500 NB.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 D.张明在d点的加速度小于在f点的加速度答案C解析开始时人处于平衡

15、状态，人对传感器的压力是500 N，故人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B错误；e点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C正确；人在d点：a120 m/s2.在f点：a210 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，D错误.4.(多选)如图4甲所示，小物块静止在倾角37的粗糙斜面上.现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的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，下列说法正确的是()图4A.物块的质量为1 kgB.物块与斜面间的动摩擦

16、因数为0.7C.03 s内力F做功的平均功率为0.32 WD.03 s内物体克服摩擦力做的功为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xat20.8 m，在03 s内F做功的平均功率为：P W0.213 W，C错误；在03 s内物块克服摩擦力做的功Wfmgcos x5.12 J，D正确.5.如图5所示，

17、在边长为a的正方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等.纸面内一边长为a的正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域，在t0时，导线框运动到原点O处且恰好开始进入磁场区域.取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图象中能够正确表示从t0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是()图5答案B解析x在0a范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i(a2x)，其中x在0范围内感应电流为顺时针，为正方向；x时，i0；x在a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 i(3a2x)，其中，x在aa感应电流方向沿逆时针，为负

18、方向.xa时，i0；x在a2a范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故B正确，A、C、D错误.故选B.6.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图6甲中虚线所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力.则()图6A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等D.到达x1位置时，小球速度的大小为 答案D解析物体的机械能逐渐减小，电场力

19、对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向，由机械能的变化关系知，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，开始时重力大于电场力，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，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C错误；由动能定理mgx1E1E0mv20，得到达x1位置时，小球速度v ，D正确.故选D.7.(多选)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的小物

20、块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是()图7A.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E100 V/mC.由C点到A点电势逐渐降低D. B、A两点间的电势差UBA5 V答案BC解析由C点到A点的过程中，由vt图可知带电粒子的速度增大，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点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为0.2 N，由E知，B点的场强最大为100 N/C，B正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O点

21、沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；由vt图得A、B两点的速度，由动能定理得WBAmvmv1 J，电势差UBA500 V，D错误.故选B、C.8.(多选)如图8所示，半圆形固定轨道AO段光滑，OB段粗糙且各处粗糙程度相同.一质量为m的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H的B处.取O点重力势能为零，在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，滑块的机械能E、动能Ek随高度h的关系可能是()图8答案AC解析在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动

22、的速度(除B点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知：FfhE，可知Eh图象切线的斜率表示摩擦力大小，则A图是可能的，B图不可能，故A正确，B错误；由动能定理得：F合hEk，可知Ekh图象切线的斜率表示合力大小，滑块在同一点(B点除外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，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，平行且光滑的长直金属导轨MN、PQ水平放置，间距L0.4 m.导轨右端接有阻值R1 的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路的电阻r1

23、，导轨电阻不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若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中电流的大小和方向；(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电量；(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.答案(1)0.02 AQ到N(2)0.02 C(3)i(t1) A(1.0 s t1.2 s)解析(1)棒进入磁场前，正方形区域abcd的磁场均匀增大，由楞次定律可知

24、，通过R的电流方向为Q到N由法拉第电磁感应定律得：E0.04 V流过R的电流为：I0.02 A(2)由题得：通过R的电量为qttt0.02 C(3)由题可得：i(t1)A(1.0 st1.2 s)10.足够长光滑斜面BC的倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F，如图10(a)所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F.(已知sin 530.8，cos 530.6).求：图10(1)小物块所受到的恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面

25、向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离.答案(1)11 N(2)0.5 s(3)不能0.4 m解析(1)由图(b)可知，AB段的加速度a10.5 m/s2由牛顿第二定律有：Fcos (mgFsin )ma得F11 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t0.5 s(3)小物块从B向A运动过程中，有：mgma3得a3g5 m/s2滑行的距离s0.4 msABt4.0 m所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m.