物理二輪復(fù)習(xí) 精練一 必考熱點(diǎn)1 圖象問(wèn)題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE必考熱點(diǎn)1圖象問(wèn)題熱點(diǎn)闡釋高中物理要求考生應(yīng)具有閱讀圖象、描述圖象、運(yùn)用圖象解決問(wèn)題的能力,這也是一種重要的思維方法。高考對(duì)圖象問(wèn)題很是“青睞"，是高考永恒的熱點(diǎn)。那么讀懂圖象、會(huì)畫(huà)圖象、會(huì)用圖象就顯得至關(guān)重要。一、選擇題（1～3題為單項(xiàng)選擇題,4～6題為多項(xiàng)選擇題）1。（2017·廈門(mén)畢業(yè)班考試）在光滑的水平面上有兩個(gè)在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)的小球,其中甲球的質(zhì)量m1＝4kg，乙球的質(zhì)量m2＝1kg，規(guī)定向左為正方向，碰撞前后甲球的v－t圖象如圖1所示。已知兩球發(fā)生正碰后粘在一起，則碰前乙球速度的大小和方向分別為(）圖1A。3m/s,向右 B。3m/s向左C。13m/s向左 D。13m/s，向右解析由動(dòng)量守恒定律有，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v,解得v2＝－13m/s，方向向右,選項(xiàng)D正確。答案D2.（2017·濟(jì)南高一檢測(cè))某物體做直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖2所示，據(jù)此判斷下圖(F表示物體所受合力,x表示物體的位移）四個(gè)選項(xiàng)中正確的是(）圖2解析由題圖可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以前兩秒受力為正，恒定，2～4s沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以受力為負(fù)，且恒定,4～6s沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受力為正，恒定,6～8s沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),受力為負(fù),恒定,物體一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，位移不可能為負(fù),綜合分析只有A正確.答案A3.（2017·江蘇單科,3）一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是（）解析設(shè)斜面的傾角為θ，小物塊沿斜面向上滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得,Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ）x；設(shè)小物塊滑到最高點(diǎn)的距離為L(zhǎng),小物塊沿斜面向下滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ（2L－x）＝Ek0－2μmgLcosθ－（mgsinθ－μmgcosθ）x，故選項(xiàng)C正確。答案C4。（2016·上海卷，19)如圖3甲,螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng),以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)（)圖3A。在t1~t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B.在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C。在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D。在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流解析由題意,在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,且B－t圖線斜率增大,則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蛟龃蟮碾娏?，該電流激發(fā)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)“增縮減擴(kuò)”的結(jié)論可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì)，故選項(xiàng)A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí),圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流,故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)方向向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減小，且B－t圖線斜率也減小，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较驕p小的電流，該電流激發(fā)出垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度減小的磁場(chǎng)，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，選項(xiàng)D正確。答案AD5.(2017·福建省高考適應(yīng)性檢測(cè)）A、B為一電場(chǎng)中x軸上的兩點(diǎn)，如圖4甲所示。一電子僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng),該電子的動(dòng)能Ek隨其坐標(biāo)變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是(）圖4A.該電場(chǎng)不可能是點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)B.A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為EA<EBC.A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的關(guān)系為φA<φBD。電子在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系為EpA〈EpB解析根據(jù)動(dòng)能定理可知：電場(chǎng)力做功等于電子動(dòng)能的變化，則有Ek＝Eqx，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖線的斜率k＝qE，因E、q均保持不變，說(shuō)明電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，EA＝EB.故A正確，B錯(cuò)誤；由圖知，電子從A到B動(dòng)能增大,電場(chǎng)力做正功,則知電場(chǎng)力方向從A→B，電場(chǎng)線方向從B→A，根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則有φA<φB，故C正確;根據(jù)能量守恒定律得知,電子從A到B動(dòng)能增大,電勢(shì)能減小，則EpA〉EpB,故D錯(cuò)誤。答案AC6.如圖5甲為風(fēng)力發(fā)電的簡(jiǎn)易模型，在風(fēng)力的作用下，風(fēng)葉帶動(dòng)與其固定在一起的永磁體轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，某一風(fēng)速時(shí)，線圈中產(chǎn)生的正弦式電流如圖乙所示，則（)圖5A.電流的表達(dá)式為i＝0。6sin10πt（A)B。磁體的轉(zhuǎn)速為10r/sC.風(fēng)速加倍時(shí)電流的表達(dá)式為i＝1.2sin10πt（A）D.風(fēng)速加倍時(shí)線圈中電流的有效值為0。6eq\r(2）A解析A.通過(guò)乙圖可知電流的最大值為0。6A，周期T＝0。2s，故ω＝eq\f（2π,T)＝10πrad/s，故電流的表達(dá)式為i＝0。6sin10πt(A)，故A正確；B。電流的周期為T(mén)＝0.2s，故磁體的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1，T)＝eq\f(1，0.2）r/s＝5r/s，故B錯(cuò)誤；C.風(fēng)速加倍時(shí),角速度加倍，根據(jù)Em＝nBSω可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)加倍，形成的感應(yīng)電流加倍，故風(fēng)速加倍時(shí)電流的表達(dá)式為i＝1。2sin20πt(A)，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)C的分析，形成的感應(yīng)電流Im＝1。2A，故有效值為I＝eq\f(Im，\r（2））＝eq\f（1.2,\r(2）)A＝0。6eq\r(2)A，故D正確。答案AD二、非選擇題7.兩位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用如圖6甲所示的電路測(cè)定定值電阻R0、電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片P向某一方向移動(dòng)時(shí),一個(gè)同學(xué)記錄了電流表A和電壓表V1的測(cè)量數(shù)據(jù),另一同學(xué)記錄的是電流表A和電壓表V2的測(cè)量數(shù)據(jù)，并根據(jù)數(shù)據(jù)分別描繪了如圖乙所示的兩條U－I直線a、b，回答下列問(wèn)題：（1）根據(jù)兩同學(xué)描繪的直線a、b，可知b圖線是根據(jù)電壓表________（填“V1"或“V2"）和電流表A的數(shù)據(jù)描繪的圖線，并可以測(cè)得________（填寫(xiě)物理量符號(hào)及計(jì)算結(jié)果)。（2)忽略各電表對(duì)電路的影響，則該電路中電流表的讀數(shù)最大不超過(guò)________A。圖6解析(1）定值電阻的U－I圖線是正比例圖線，一定經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，故圖線b是根據(jù)電壓表V2和電流表A的數(shù)據(jù)描繪的，由圖線b可得R0的電阻為2.0Ω。(2）當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最左端時(shí),總電阻最小，電流最大,示數(shù)為0.5A。答案(1）V2R0＝2.0Ω(2)0.58。如圖7甲所示，在水平放置的氣墊導(dǎo)軌上有一帶有方盒的滑塊，質(zhì)量為M，氣墊導(dǎo)軌右端固定一定滑輪,細(xì)線繞過(guò)定滑輪，一端與滑塊相連，另一端掛有6個(gè)鉤碼，設(shè)每個(gè)鉤碼的質(zhì)量為m，且M＝4m。甲乙圖7(1）用游標(biāo)卡尺測(cè)出滑塊上的擋光片的寬度，示數(shù)如圖乙所示,則寬度d＝________cm；（2）某同學(xué)打開(kāi)氣源，將滑塊由靜止釋放，滑塊上的擋光片通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t，則滑塊通過(guò)光電門(mén)的速度為_(kāi)_______(用題中所給字母表示）;（3）開(kāi)始實(shí)驗(yàn)時(shí),細(xì)線另一端掛有6個(gè)鉤碼,滑塊由靜止釋放后細(xì)線上的拉力為F1，接著每次實(shí)驗(yàn)時(shí)將1個(gè)鉤碼移放到滑塊上的方盒中，當(dāng)只剩3個(gè)鉤碼時(shí)細(xì)線上的拉力為F2,則F1________（填“大于”“等于”或“小于”)2F2；（4)若每次移動(dòng)鉤碼后都從同一位置釋放滑塊，設(shè)擋光片距光電門(mén)的距離為L(zhǎng)，細(xì)線端所掛鉤碼的個(gè)數(shù)為n,擋光片通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t,測(cè)出多組數(shù)據(jù)，并繪出n－eq\f（1,t2)圖象（如圖8），已知圖線斜率為k,則當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹開(kāi)_______(用題中字母表示)。圖8解析（1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則，擋光片寬度d＝5mm＋4×0.05mm＝5。20mm＝0。520cm。(2）由于滑塊上的擋光片很窄，所以可以用擋光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)的平均速度代替擋光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度，所以滑塊通過(guò)光電門(mén)的速度為eq\f（d，t）。（3）細(xì)線另一端掛有6個(gè)鉤碼，滑塊由靜止釋放后,把鉤碼和滑塊看作整體，由牛頓第二定律得6mg＝(M＋6m）a1，隔離滑塊進(jìn)行受力分析得F1＝Ma1，聯(lián)立解得細(xì)線上的拉力F1＝2。4mg；當(dāng)只剩3個(gè)鉤碼時(shí)，滑塊由靜止釋放后，由牛頓第二定律得3mg＝(M＋6m)a2，F(xiàn)2＝(M＋3m）a2，聯(lián)立解得細(xì)線上的拉力為F2＝2。1mg，所以F1小于2F2。(4)細(xì)線端掛有n個(gè)鉤碼，由靜止釋放滑塊后，由牛頓第二定律得nmg＝(M＋6m)a，v＝eq\f(d，t)，v2＝2aL，聯(lián)立解得n＝eq\f（5d2，Lg）·eq\f（1,t2）。圖線斜率k＝eq\f(5d2，Lg），則當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間＝eq\f(5d2，kL）。答案(1)0。520(2）eq\f（d，t)(3）小于（4）eq\f（5d2，kL）9.(2017·蘇北四市摸底）如圖9所示，位于豎直平面內(nèi)的軌道,由一段斜的直軌道AB和光滑半圓形軌道BC平滑連接而成，AB的傾角為30°,半圓形軌道的半徑R＝0。1m，直徑BC豎直。質(zhì)量m＝1kg的小物塊從斜軌道上距半圓形軌道底部高為h處由靜止開(kāi)始下滑,經(jīng)B點(diǎn)滑上半圓形軌道。已知物塊與斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f（\r（3），6)，取g＝10m/s2。圖9(1)若h＝1m，求物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)若物塊能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)C，求h的最小值；（3）試求物塊經(jīng)最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力F隨高度h的變化關(guān)系，并在圖示坐標(biāo)系中作出F－h(huán)圖象。解析（1)設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道底部時(shí)的速度大小為v，對(duì)軌道的支持力大小為FN，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgcos30°eq\f（h，sin30°)＝eq\f(1，2）mv2根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f（v2，R)代入數(shù)據(jù)，解得FN＝110N根據(jù)牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道的壓力大小為110N，方向豎直向下.(2)設(shè)物塊恰好能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn),此時(shí)對(duì)應(yīng)的高度為hmin，速度為v0由動(dòng)能定理得mghmin－μmgcos30°eq\f(hmin，sin30°)－mg(2R）＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,0)在圓軌道最高點(diǎn)有mg＝meq\f(veq\o\al（2,0）,R)代入數(shù)據(jù)可解得hmin＝0。5m（3）設(shè)物塊到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，軌道對(duì)物塊的壓力大小為F,由動(dòng)能