專題五動(dòng)量和能量

二輪專題復(fù)習(xí)?二輪專題復(fù)習(xí)?物理（創(chuàng)新版）1.常考題型(1)由給定的物理過程選出正確的圖象。(2)由給定的圖象分析物理過程，求解相應(yīng)的物理量。2．讀懂圖象三步走第一步，關(guān)注橫、縱坐標(biāo)：(1)確認(rèn)橫、縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量各是什么。(2)注意橫、縱坐標(biāo)是否從零刻度開始。(3)坐標(biāo)軸對(duì)應(yīng)的物理量的單位不能忽視。第二步，理解斜率、面積、截距的物理意義：(1)圖線的斜率：通常能夠體現(xiàn)某個(gè)物理量的大小、方向及變化情況。⑵面積：由圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積，一般都能表示某個(gè)物理量。如-圖象中的面積，表示位移。(3)截距：圖線在縱軸上以及橫軸上的截距。第三步，分析交點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn)、漸近線：(1)交點(diǎn)：往往是解決問題的切入點(diǎn)。(2)轉(zhuǎn)折點(diǎn)：往往表示某個(gè)物理量發(fā)生突變。轉(zhuǎn)折點(diǎn)兩邊的圖線滿足兩個(gè)不同的關(guān)系，對(duì)解題起關(guān)鍵作用。（3）漸近線：往往可以利用漸近線求出某物理量的極值。高考考向1力學(xué)圖象問題命題角度1運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象的理解及應(yīng)用例1（2018.全國卷ni）（多選）甲、乙兩車在同一平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)。甲、乙兩車的位置X隨時(shí)間t的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A.在11時(shí)刻兩車速度相等B.從0到11時(shí)間內(nèi)，兩車走過的路程相等C.從11到12時(shí)間內(nèi)，兩車走過的路程相等D.從11到12時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，兩車速度相等解析根據(jù)X-1圖象的物理意義可知，在11時(shí)刻兩車的位置相同，速度不相等，乙車的速度大于甲車的速度，A錯(cuò)誤；從0到11時(shí)間內(nèi)，乙車走過的路程大于甲車，B錯(cuò)誤；從t1到12時(shí)間內(nèi)，兩車都是從X1位置走到X2位置，兩車走過的路程相等，C正確；根據(jù)X-t圖象的斜率等于速度可知，從t1到12時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，有甲圖線的切線與乙圖線平行、斜率相同，兩車速度相等，D正確。答案CDX-1圖象(1)X-1圖象(X為位移)只能描述研究對(duì)象做直線運(yùn)動(dòng)的情況。⑵X-1圖象“斜率”的絕對(duì)值表示速度的大小，正負(fù)表示速度的方向。⑶X-1圖象若為拋物線，說明研究對(duì)象做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，符合表達(dá)式X=O01+2at2。v-1圖象(1)v-1圖象(v為速度)只能描述研究對(duì)象做直線運(yùn)動(dòng)的情況。(2)v-1圖象“斜率”的絕對(duì)值表示加速度的大小，正負(fù)表示加速度的方向。(3)v-t圖象的“面積”表示相應(yīng)過程的位移，橫軸以上說明位移方向?yàn)檎较?；橫軸以下說明位移方向?yàn)樨?fù)方向。非常規(guī)圖象非常規(guī)圖象若為直線，說明縱軸所代表物理量和橫軸所代表物理量間的關(guān)系為一次函數(shù)關(guān)系，可先對(duì)研究對(duì)象涉及的過程選擇合適的規(guī)律列出方程，然后變形為圖象所描述的一次函數(shù)，對(duì)比表達(dá)式和圖線的斜率、截距等即可解決問題，也可把圖線上兩個(gè)特殊點(diǎn)對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)代入函數(shù)表達(dá)式解方程組。備課記錄：?拓展訓(xùn)練】1-1(2020?廣東省佛山市高三二模)從地面上以初速度v0豎直上拋一個(gè)小球，已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力與速度大小成正比，則小球從拋出到落回地面的過程中，以下其速度與時(shí)間關(guān)系的圖象正確的是()解析物體上升過程中有mg+kv=ma上，則隨速度的減小，加速度減??；物體下降過程中有mg-kv=ma下，則隨速度的增加，加速度減小；因v-1圖象的斜率等于加速度，可知圖象D符合題意。1-2（2018?全國卷H）（多選）甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度；時(shí)間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在12時(shí)刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.兩車在11時(shí)刻也并排行駛11時(shí)刻甲車在后，乙車在前C甲車的加速度大小先增大后減小D.乙車的加速度大小先減小后增大答案BD解析v-1圖象中圖象與t軸所包圍的面積代表運(yùn)動(dòng)的位移，兩車在12時(shí)刻并排行駛，利用逆向思維并借助于面積可知在11時(shí)刻甲車在后，乙車在前，故A錯(cuò)誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲車的加速度大小先減小后增大，乙車的加速度大小也是先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。-3（2020.湖北省七市州教科研協(xié)作體高三（下）5月聯(lián)合考試）為檢測(cè)某新二輪專題復(fù)習(xí)?二輪專題復(fù)習(xí)?物理（創(chuàng)新版）二輪專題復(fù)習(xí)?二輪專題復(fù)習(xí)?物理（創(chuàng)新版）能源動(dòng)力車的剎車性能，現(xiàn)在平直公路上做剎車實(shí)驗(yàn)，如圖所示是某動(dòng)力車在剎車過程中位移和時(shí)間的比值'與t之間的關(guān)系圖象，下列說法正確的是（）tA.動(dòng)力車的初速度為20m/sB.剎車過程中加速度大小為5m/s2C.剎車過程持續(xù)的時(shí)間為12sD.從開始剎車時(shí)計(jì)時(shí)，經(jīng)過8s,該車的位移大小為60m答案B解析由圖可得數(shù)值關(guān)系：-=-2.51+30,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移是時(shí)t間公式-=v01+2at2,得得-=2at+v0，對(duì)比可得v0=30m/s,a=-5m/s2,即動(dòng)力車的初速度為30m/s，剎車過程中加速度大小為5m/s2,故A錯(cuò)誤，B正確；剎0-v-30車過程持續(xù)的時(shí)間為t0=-^=^ys=6s，故C錯(cuò)誤；從開始剎車時(shí)計(jì)時(shí)，經(jīng)a過6s,該車就已停止，則經(jīng)過8s,該車的位移大小為-0=v10=1°X6m=90m,故D錯(cuò)誤。命題角度2動(dòng)力學(xué)中的圖象分析例2（2019-全國卷田）（多選）如圖a,物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出（）A.木板的質(zhì)量為1kgB.2?4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC0?2s內(nèi)，力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2解析木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖b知，2s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩二0.2N。由題圖c知，2?4s內(nèi)，木板的加速度大小a產(chǎn)024m/s2=0.2m/s2,撤去外力F后的加速度大小a二絲？02m/s2=0.2m層,設(shè)木板21質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，2?4s內(nèi)：F-F摩二ma1,4s以后：f摩二ma2,解得m=1kg,F=0.4N,A、B正確。0?2s內(nèi)，F(xiàn)=力由題圖b知，F(xiàn)隨時(shí)間是均勻增加的，C錯(cuò)誤。因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩=口m物g可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)不可求，D錯(cuò)誤。答案AB反思?xì)w納當(dāng)圖線為幾段不平滑連接的直線或曲線時(shí),一般需要分段分析。一般來說,每段對(duì)應(yīng)不同的過程,應(yīng)用不同的物理規(guī)律。備課記錄：拓展訓(xùn)練-1（2020?廣東省汕頭市高三第一次模擬考試）（多選）如圖甲，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓形管道內(nèi)有一小球在做圓周運(yùn)動(dòng)，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，管道最低處N裝有連著數(shù)字計(jì)時(shí)器的光電門，可測(cè)球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)的速率外,最高處M裝有力傳感器，可測(cè)出球經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的作用力網(wǎng)豎直向上為正），用同一小球以不同的初速度重復(fù)試驗(yàn)，得到F與vN的關(guān)系圖象如圖乙，c為圖象與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，b為圖象延長(zhǎng)線與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，重力加速度為g,則下列說法中正確的是（）A.若小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)滿足vN=c，則經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對(duì)管道無壓力B.若小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)滿足vN=\：吃c，則經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對(duì)內(nèi)管道壁有壓力cC.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為5gD.F=b表示小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度等于0答案AC解析由圖可知，若小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)滿足vN=c,則經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對(duì)管道無壓力，A正確；由圖可知，若小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)滿足v2=c>c,則經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對(duì)管N道的壓力為正值，即對(duì)外管道壁有壓力，B錯(cuò)誤；若小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)滿足v2=c,N則在M點(diǎn)時(shí)有mg=mR，由機(jī)械能守恒定律可得2mvn=mg2R+1mv左，聯(lián)立解得R=5cg,C正確；F=b是對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理的結(jié)果，實(shí)際上vn=0時(shí)小球不能到達(dá)M點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。2-2（2020.湖北省七市州教科研協(xié)作體高三（下）5月聯(lián)合考試）如圖甲所示，A、B兩個(gè)物體靠在一起，靜止在光滑的水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=3kg,現(xiàn)用水平力FA推A，用水平力FB拉B,FA和FB隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則（）口3（Jr-I0Ha甲乙A、B脫離之前，A所受的合外力逐漸減小t=3s時(shí)，A、B脫離A、B脫離前，它們一起運(yùn)動(dòng)的位移為6mA、B脫離后，A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)答案C解析由圖乙可知當(dāng)各物理量都取國際單位時(shí)，有數(shù)值關(guān)系：FA=9-31,Fb=3+31,在A、B脫離之前，整體受力向右，且大小不變，恒定為Fa+fb=12N,勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a=FA+FB=旦m/s2=3m/s2,則A、B脫離之前，A所受mA+mB1+3的合外力不變，故A錯(cuò)誤；脫離時(shí)A、B加速度相同，且A、B間彈力為零，有FAmA=3m/s2,解得t=2s,故B錯(cuò)誤；A、B脫離前，它們一起運(yùn)動(dòng)的位移為x=：at2=2X3X22m=6m,故C正確；A、B脫離后的1s內(nèi)，A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速運(yùn)動(dòng)，在t=3s后A不受推力，A將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體B一直受到向右的拉力而做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。命題角度3與能量相關(guān)的圖象分析例3（2020.全國卷I）（多選）一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、II所示，B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J解析物塊下滑5m的過程中，重力勢(shì)能減少30J,動(dòng)能增加10J,增加的動(dòng)能小于減少的重力勢(shì)能，所以機(jī)械能不守恒，A正確。斜面高h(yuǎn)=3.0m、長(zhǎng)L=5.0m,則斜面傾角的正弦值sin=h=0.6；物塊在斜面底端的重力勢(shì)能為零，L則在斜面頂端的重力勢(shì)能為mgh=30J,可得物塊的質(zhì)量m=1.0kg；物塊下滑5m的過程中，由功能關(guān)系可知，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功，即mgcos?L=20J,可求得=0.5,B正確。由牛頓第二定律，有mgsin-mgcos=ma，可求得a=2.0m/s2,C錯(cuò)誤。當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)，重力勢(shì)能減少12J,動(dòng)能增加4J,所以機(jī)械能損失了8J,D錯(cuò)誤。答案AB對(duì)于與能量相關(guān)的圖象問題，關(guān)鍵是在動(dòng)力學(xué)分析的基礎(chǔ)上，結(jié)合功能關(guān)系或能量守恒定律等對(duì)圖象進(jìn)行分析求解。經(jīng)常用到的功能關(guān)系有：w=AE合k'WG=-AEpG,W彈二—AEp彈，W其他二AE機(jī)。由功能關(guān)系可得出結(jié)論：E-x圖象斜率的絕對(duì)值表示W(wǎng)對(duì)應(yīng)力的大小。備課記錄：3.（2020.江蘇高考）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)系的圖象是（）答案A解析設(shè)斜面傾角為，物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、2。物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgxtan-1mgcos?Zx-二Ek-0,ccos整理可得Ek=（mgtan-1mg）x，即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊的動(dòng)能Ek與x成線性關(guān)系；設(shè)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為Ek0，水平位移為x0，物塊在水平地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有-2mg（x-x0）=Ek-Ek0,整理可得Ek=-2mgx+Ek0+u2mgx0,即在水平地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊的動(dòng)能Ek與x也成線性關(guān)系。綜上分析可知A正確。高考考向2電磁學(xué)圖象問題命題角度1電場(chǎng)中的圖象分析例4（2020.四川省遂寧市普通高中高三（下）三診模擬）（多選）在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示。若在A、B間不同位置放置一個(gè)電荷量為+q的帶電滑塊。（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊的電勢(shì)能隨x變化關(guān)系如圖乙所示，圖中x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)?，F(xiàn)讓滑塊從x=2L處由靜止釋放，下列有關(guān)說法正確的是（）A.滑塊在x=L處的速度最大B.滑塊一定可以到達(dá)x=-2L點(diǎn)處Cx=0和x=2L處場(chǎng)強(qiáng)大小相等D.固定在A處和B處的電荷的電荷量之比為QA：QB=4：1解析滑塊C受重力、支持力和電場(chǎng)力，其中重力和支持力在豎直方向且平衡，滑塊C所受的合外力為電場(chǎng)力，則電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變，由圖乙可知，滑塊在x=L處電勢(shì)能最小，則在x=L處的動(dòng)能最大，速度最大，A正確；由圖乙可知，滑塊在x=-2L處的電勢(shì)能大于在x=2L處的電勢(shì)能，又因滑塊從x=2L處由靜止釋放，故滑塊不能到達(dá)x=-2L處，B錯(cuò)誤；滑塊在x=L處電勢(shì)能最小，即正電荷QA、QB在x=L處的電場(chǎng)強(qiáng)度等大反向，有（kQA2=（2QB2，

解得。人：QB=4：1,所以x=0和x=2L處場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E0=（QA2-（QB2C錯(cuò)誤，D正確。二旦E—砥-kQq=21kQB3L2‘2L=L2(5L)2C錯(cuò)誤，D正確。答案AD反思?xì)w納幾種常見圖象中的常用解題規(guī)律反思?xì)w納幾種常見圖象中的常用解題規(guī)律（以下表格中涉及的x坐標(biāo)軸沿電場(chǎng)線所在直線）Ep-x圖象①Ep-x圖象斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)力的大小，可以根據(jù)斜率絕對(duì)值的變化判斷出電場(chǎng)力大小的變化，進(jìn)而判斷場(chǎng)強(qiáng)E大小的變化。②圖象斜率的正負(fù)表示電場(chǎng)力的方向，由斜率正負(fù)的變化可以判斷電場(chǎng)力方向以及場(chǎng)強(qiáng)方向的變化。③由Ep-x圖象的總體變化情況可判定電場(chǎng)力做功情況。比如：Ep增大，則F電一定做負(fù)功，反之做正功E-x圖象①反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律。②E>0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向；E<0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向。③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢(shì)差，“面積”大小表示電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定-x圖象①電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于-x圖線的斜率絕對(duì)值。②在-x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。③在-x圖象中可利用AEp=qB-qA分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，再依據(jù)巴B=-AEp=qUAB可分析電場(chǎng)力做的功叼B(yǎng)備課記錄：拓展訓(xùn)練4-1（2020?福建省廈門市高三（下）五月質(zhì)量檢查）（多選）某空間存在沿x軸方向的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸的變化情況如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)以初速度。0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度恰好減到零，點(diǎn)電荷只受電場(chǎng)力的作用，則（）A.A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)B.點(diǎn)電荷在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等C.從A到B的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功mv2D.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為-尤答案AD解析根據(jù)動(dòng)能定理，點(diǎn)電荷從A到B的過程中，動(dòng)能減小，則電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，由于點(diǎn)電荷帶正電，因此B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，A正確，B錯(cuò)誤；從A到B的過程中，由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向不變，因此電場(chǎng)力始終做負(fù)功，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有Un=0-1mv2,可得U=-事,D正確。AB20AB2q4-2（2020.河南省洛陽市高三（下）第三次統(tǒng)一考試）（多選）在x軸上x=0和x=1m處，固定兩點(diǎn)電荷q1和q2，兩電荷之間連線上各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電勢(shì)如圖中曲線所示，已知x=0.6m處電勢(shì)最低（取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零），下列說法中正確的是（）a.兩個(gè)電荷是同種電荷，電荷量大小關(guān)系為q=4q2b.兩個(gè)電荷是同種電荷，電荷量大小關(guān)系為為q=3q2X=0.6m處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0X1處和X2處的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度均相同答案AC解析-X圖象斜率絕對(duì)值的物理意義為場(chǎng)強(qiáng)大小，所以在X=0.6m處的合場(chǎng)強(qiáng)為0,說明兩個(gè)電荷是同種電荷，且k“）2成、=k（（、q等,解得q=036（0.6m）2（0.4m）2q20.16=4,a、C正確，B錯(cuò)誤；x1處和x2處的電勢(shì)相同，而圖象斜率不同，所以電場(chǎng)強(qiáng)度不同，D錯(cuò)誤。命題角度2電磁感應(yīng)中的圖象分析例5（2019-全國卷H）（多選）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒尸。、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知尸。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從尸。進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^尸。的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）解析PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsin=BIl,又I二—，故11R總PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsin=bil、|二—及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-1圖象11R總總?cè)鐖DA所示。情形2:若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場(chǎng)。當(dāng)PQ離開磁場(chǎng)時(shí)，MN在磁場(chǎng)中的速度大于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為12,由E二BLv,12二E,BI2L一mgsin=ma>0知，MNR總減速，且隨。減小，I2減小，a減小，12與v成正比，故12隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時(shí)I2=11,I-1圖象如圖D所示。答案AD反思?xì)w納」1．解決電磁感應(yīng)圖象問題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注圖象所描述的物理量，明確各種“＋”“一”的含義。(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)，一般進(jìn)磁場(chǎng)或出磁場(chǎng)、磁通量最大或最小、有效切割長(zhǎng)度最大或最小等是分段的關(guān)鍵點(diǎn)。（3）關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率、圖線的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。2．解決電磁感應(yīng)問題的兩種方法（1）函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最準(zhǔn)確有效的方法。（2）排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)（增大還是減?。?、變化快慢（均勻變化還是非均勻變化），特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。有不少題目?jī)?yōu)先判斷方向?qū)﹀e(cuò)會(huì)起到意想不到的效果。備課記錄：拓展訓(xùn)練5.（2020.貴州省貴陽市高三下學(xué)期3月調(diào)研考試）（多選）一正三角形導(dǎo)線框A8C（高度為a）從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。兩磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反、垂直于x^y平面、寬度均為a。下列反映感應(yīng)電流/（以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍?、AB邊所受安培力（以向右為正方向）與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是（）

答案AC解析在0?〃范圍內(nèi)，線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，感應(yīng)電流為正值，且隨著切割磁感線的有效長(zhǎng)度的增大而從0均勻變23Bav大，最大為一3R^I0；在a?2a范圍內(nèi)，線框穿過兩磁場(chǎng)分界線時(shí)，線框在兩磁場(chǎng)中均切割磁感線，有效切割長(zhǎng)度從0逐漸增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，總電動(dòng)勢(shì)E=E1+e2從0增大，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，感應(yīng)電流為負(fù)值，且隨有效切割長(zhǎng)度的增大而從0均勻增大，最大為2義駕|竺=2I0；在2a?3a范圍內(nèi)，線框穿過右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度逐漸變長(zhǎng)，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，感應(yīng)電流為正值，且隨有效切割長(zhǎng)度的增大而均勻變大，最大為等R竺=I0,故A正確，B錯(cuò)誤。在0?a范圍內(nèi)，由于AB邊未進(jìn)入磁場(chǎng)，故安培力為0；在a?2a、2a?3a范圍內(nèi)，由公式F安=BI"可判斷AB邊所受安培力均隨I從0均勻增大，且x=2a時(shí)，最大為F二2I0B'~3~a=-3—BI0a,x=3a時(shí)，最大為F=10B'~3~a=~3"BI0a；由左手定則可知，F(xiàn)方向一直向左，均為負(fù)值，故C正確，D錯(cuò)誤。1.（2020?安徽省蚌埠市高三（下）第四次教學(xué)質(zhì)量檢查）某物體原先靜止于一光滑水平面上，看=0時(shí)受水平外力作用開始沿直線運(yùn)動(dòng)，0?8s內(nèi)其加速度〃與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是（）t=2s時(shí)，物體的速度大小為2m/s0?2s內(nèi)，物體通過的位移大小為2m0?8s內(nèi)物體的最大速度為7m/sD.物體在t=8s時(shí)與在t=2s時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向相反答案C解析0?2s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t=2s時(shí)物體的速度大小為。1=a1t1=2X2m/s=4m/s,A錯(cuò)誤；0?2s內(nèi)物體的位移大小為x=2a112=2X2X22m=4m,B錯(cuò)誤；根據(jù)加速度的定義式a=^v可知a-t圖線和時(shí)間軸圍成的面積為Av,At根據(jù)圖象可知物體在t=5s時(shí)速度達(dá)到最大，為v=Wx2m/s=7m/s,C正max2確；根據(jù)圖象結(jié)合對(duì)稱性可知，t=8s時(shí)和t=2s時(shí)物體的速度相同，運(yùn)動(dòng)方向相同，D錯(cuò)誤。（2020?貴州省貴陽市高三下學(xué)期開學(xué)調(diào)研）空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示。下列說法中正確的是（）x1和-x1兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等O點(diǎn)的電勢(shì)一定為0x1和x3兩點(diǎn)的電勢(shì)相等x1和-x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等答案D解析根據(jù)圖象可知x1和-x1兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)的數(shù)值與零電勢(shì)參考點(diǎn)的選取有關(guān)，故O點(diǎn)的電勢(shì)不一定為0,故B錯(cuò)誤；從x1到x3場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向，沿場(chǎng)強(qiáng)方向電勢(shì)逐漸降低，可知x1點(diǎn)的電勢(shì)高于x3點(diǎn)的電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，E-x圖象與x軸所圍的面積表示電勢(shì)差，故x1和-x1兩點(diǎn)的電勢(shì)差為0,電勢(shì)相等，故D正確。（2020?四川省遂寧市普通高中高三（下）三診模擬）某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)。用J、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,下列圖象中可能正確的是（）答案D解析足球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，上升階段［=%0-gt,下落階段外二gt,可知兩階段外與時(shí)間t均成一次函數(shù)關(guān)系，A錯(cuò)誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機(jī)械能守恒，E不變，B錯(cuò)誤；足球在水平方向上一直有分速度，則足球的動(dòng)能不能為零，C錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率大小尸=mgvy，結(jié)合A項(xiàng)分析可知，D正確。（2020?安徽省馬鞍山市高三（下）三模）如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)。t=0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為綜，此時(shí)MN到達(dá)的位置恰好使MDEN構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，從t=0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)隨時(shí)間t變化，以下四個(gè)圖象能正確反映B和t之間對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）答案C解析當(dāng)穿過閉合回路的磁通量不變時(shí)，MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B012=Bl（1+v），可改寫為1=l（［；"=1-+v，可知1-1圖象是縱截距為正、斜率BB02B0B0B為正的傾斜直線，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。（2020.湖北省武漢市武昌區(qū)高三（下）6月調(diào)研考試（三））（多選）如圖甲所示，將一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直放置在同一水平面上的兩根光滑、平行、間距為L(zhǎng)的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。導(dǎo)軌左端連接阻值為R的定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t=0時(shí)刻金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用始終垂直于ab的水平向右的外力F作用在金屬棒上，F(xiàn)大小隨金屬棒位移x變化的圖象如圖乙所示。t=10時(shí)刻，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的位移為x0,此時(shí)外力為F0,隨后金屬棒開始勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒電阻不計(jì)且始終與導(dǎo)軌接觸良好，則下列說法正確的是（）A.若僅將磁場(chǎng)反向，則金屬棒所受安培力反向mF2R2t=0到t=10時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2F0x0-2B40L-C金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，a、b兩端電勢(shì)差大小為U=FLBLF2Rt金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率為加5答案BC解析若僅將磁場(chǎng)反向,則回路中感應(yīng)電流也反向,金屬棒所受安培力與原來方向相同，仍向左，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F0=BRv,則勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=F0R,由于F-x圖象與x軸圍成的面積表示外力F做的功，因此在t=0到t=B2L210時(shí)間內(nèi)F做的功W=1F0x0,根據(jù)能量守恒定律，這段時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量Q=W-1mv2=1Fr-mF0R2,B正確；金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，a、b兩端電勢(shì)差22002B4L4大小為U=BLv=BL.FR=FR,C正確；金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率B2L2BL為P=U2=Bg，D錯(cuò)誤。（2020?陜西省漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測(cè)）（多選）如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場(chǎng)，其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與X軸平行，在X軸上的電勢(shì)與坐標(biāo)X的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過(0.1,4.5)和(0.15,3)兩點(diǎn)，圖中虛線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為+2.0義10-8C的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))，從x=0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02,取重力加速度g=10m/s2。則下列說法中正確的是()A.滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的電勢(shì)能逐漸減小B.滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的加速度逐漸增大CX=0.15m處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2.0X106N/CD.滑塊P運(yùn)動(dòng)的最大速度為0.5m/s答案AC解析滑塊P在電場(chǎng)力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力始終做正功，則電勢(shì)能逐漸減小，故A正確；-x圖線斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，則x=0.15一A3X105，一m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=E二”八"N/C=2.0X106N/C,則滑塊在此處所受八人0.3—0.15的電場(chǎng)力大小為F=qE=2X10一8X2X106N=0.04N,滑動(dòng)摩擦力大小為f=mg=0.02X0.20X10N=0.04N,滑塊在此處所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，由圖可知圖線斜率逐漸減小，故在X=0.15m之前，電場(chǎng)力大于摩擦力，滑塊做加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度逐漸減小，在X=0.15m之后，電場(chǎng)力小于摩擦力，滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度逐漸增大，故B錯(cuò)誤，C正確；在x=0.15m處，電場(chǎng)力和摩擦力大小相等，滑塊加速度為零，此時(shí)滑塊的速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得qU-我=2mv2-0,由圖可知0.10m處和0.15m處的電勢(shì)差為1.5X105V，代入解得最大速度為v=0.1m/s,故D錯(cuò)誤。（202。山西省運(yùn)城市高三下學(xué)期4月調(diào)研測(cè)試（一模））（多選）若宇航員到達(dá)某一星球后,做了如下實(shí)驗(yàn)：（1）讓小球從距離地面高h(yuǎn)處由靜止開始下落，測(cè)得小球下落到地面所需時(shí)間為t；（2）將該小球用輕質(zhì)細(xì)繩固定在傳感器上的O點(diǎn)，如圖甲所示，給小球一個(gè)初速度后，小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，傳感器顯示出繩子拉力大小隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示（圖中F1、F2為已知），已知該星球近地衛(wèi)星的周期為T,萬有引力常量為G,該星球可視為勻質(zhì)球體。下列說法正確的是（）3A.該星球的平均密度為GT2（F-F）t2球質(zhì)量為一宣一hT2C.該星球半徑為匚722t2ThD,環(huán)繞該星球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率為n-2t2答案ABD解析對(duì)該星球的近地衛(wèi)星有GMRm0=m0T2R,該星球密度p=:，體積V=4R3,解得p=嘉，故A正確；小球通過最低點(diǎn)時(shí)繩子拉力最大，此時(shí)有F—3GT22mg二機(jī)學(xué)，通過最高點(diǎn)時(shí)繩子拉力最小，此時(shí)有F1+mg=m/從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg'2r=2mv0-2mv2,可得F2-F1=6mg,小球做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，有h=1g及，可得g=-，則m=（21F1"2,故B正確；根據(jù)T=2_R2t212hv及v=,.JgR，可得R=2hT2，故C錯(cuò)誤；環(huán)繞該星球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率為v=\；gR=hT，故D正確。（2020?四川省成都市高三（下）6月第三次診斷性檢測(cè)）如圖a,在豎直平面內(nèi)固定一光滑半圓形軌道ABC,B為軌道的中點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能Ek0從最低點(diǎn)A沖上軌道。圖b是小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，動(dòng)能Ek與其對(duì)應(yīng)高度h的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力大小為25N,空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。由此可知（）圖H圖I，A.小球的質(zhì)量m=0.2kgB.初動(dòng)能Ek0=16JC.小球在C點(diǎn)時(shí)重力的功率為60WD.小球在B點(diǎn)受到軌道的作用力大小為85N答案D解析由圖b可知，半圓形軌道的半徑r=0.4m,小球在C點(diǎn)的動(dòng)能大小為EkC=9J,在C點(diǎn)，小球所受重力與彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg+FC二字二凈，解得小球的質(zhì)量m=2kg,故A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，初動(dòng)能Ek0=2mgr+EkC=25J,B錯(cuò)誤；小球在C點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，重力的功率為0,故C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB=mgr+EkC=17J,在B點(diǎn)軌道的作用力提供向心力，由牛頓第二定律得FB=mvB=2EkB=852故D正確。rr（2020?四川省遂寧市普通高中高三（下）三診模擬）（多選）宇航員飛到一個(gè)被稠密氣體包圍的某行星上進(jìn)行科學(xué)探索。他站在該行星表面,從靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的物體，由于氣體阻力，其加速度〃隨下落位移x變化的關(guān)系圖象如圖所示。已知該行星半徑為R，萬有引力常量為G。下列說法正確的是（）A.該行星的平均密度為喏B.該行星的第一宇宙速度為飛后0R4/（R+h）3C.衛(wèi)星在距該行星表面高h(yuǎn)處的圓軌道上運(yùn)行的周期為R一?一maxD.從釋放到速度剛達(dá)最大的過程中，物體克服阻力做功一2~0答案BD解析物體下落的位移x=0時(shí)，空氣阻力也為0,由圖可知，a0就是行星表面的重力加速度。在行星表面，根據(jù)重力等于萬有引力，可得GR=ma0,所以行星的質(zhì)量M=喳,再由球體的體積公式有V=4R3,解得行星的平均密度G行星3為P=—=,A錯(cuò)誤；對(duì)于該行星的近地衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力行星V4GR行星

得T=2-R得GMRm=m。解得v=\GM=邛,b正確；對(duì)于在距該行星表面高h(yuǎn)處的圓軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力得G（Mh）2=m4T2（r+得T=2-RC錯(cuò)誤；當(dāng)a=0即％=%0時(shí)物體的速度最大，由a-x圖象可知，在x從0土曾大至【Jx0的過程中，a隨x變化的平均值a=a0，物體所受合外力隨x變化的平均值F=m石，則合力做功W=Fx0=ma0x-%,解得Wfmaoxo,d正確。（2020.湖北省宜昌市高三1月調(diào)研）從t=0時(shí)刻開始，物塊在外力作用下由靜止開始沿x軸做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其位移和速率的二次方的關(guān)系圖線如圖所示。下列說法正確的是（）A.t=2s時(shí)物塊位于x=-1m處B.物塊運(yùn)動(dòng)的加速度a=1m/s2C.t=0時(shí)刻物塊位于x=0處D.物塊從2s末至4s末的平均速度大小為0.5m/s答案A解析由題意可知，物塊運(yùn)動(dòng)的初速度為0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系式有v2=2as，變形可得S=工2,結(jié)合圖象可知，圖象斜率為k=占,2a2a2k即a=3=0.5m/s2,所以B錯(cuò)誤；初位置即v2=0時(shí)的位置，x=-2m,0?22k內(nèi)的位移為s2=1at2=1m,則t=2s時(shí)物塊位于x=-1m處，所以A正確，C

錯(cuò)誤；物塊從2s末至4s末的平均速度大小為v=v2：v4=v=at=1.5m/s,故D/,JJ錯(cuò)誤。（2020.北京市十一學(xué)校高三三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為。、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框的邊長(zhǎng)L小于有界磁場(chǎng)的寬度D。在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行，若以F表示拉力、Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差、I表示通過線框的電流（規(guī)定逆時(shí)針為正，順時(shí)針為負(fù)）、P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖象中正確的是（)答案D列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖象中正確的是（)答案D解析設(shè)線框每邊電阻為R,線框速度為解析設(shè)線框每邊電阻為R,線框速度為v，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，線框中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則電流I=溶,4R拉力F