【考前三個月】2021屆高考物理(安徽專用)專題講練：專題11-物理圖像問題分析

高考定位圖象能形象地表述物理規(guī)律、描述物理過程，能直觀地呈現(xiàn)物理量之間的相互關(guān)系及變化趨勢，利用圖象解決物理問題是一種重要的科學(xué)思維方法．因此，對圖象問題的考查成為近幾年的熱點(diǎn)．高考趨勢：主要考查以下幾個方面：①會識圖：理解圖象的意義，斜率、截距、面積的意義．②會作圖：依據(jù)物理現(xiàn)象、物理過程、物理規(guī)律作出圖象．③會用圖：能結(jié)合物理公式和圖象分析解決物理問題．考題1對力學(xué)圖象問題的考查例1如圖1所示，軌道NO和OM底端對接且θ＞α，小環(huán)自N點(diǎn)由靜止滑下再滑上OM.已知小環(huán)在軌道NO下滑的距離小于在軌道OM上滑的距離，忽視小環(huán)經(jīng)過O點(diǎn)時的機(jī)械能損失，軌道各處的摩擦系數(shù)相同．若用F、Ff、v和E分別表示小環(huán)所受的合力、摩擦力、速度和機(jī)械能，這四個物理量的大小隨環(huán)運(yùn)動路程的變化關(guān)系如圖．其中能正確反映小環(huán)自N點(diǎn)到右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動過程的是()圖1A．①②B．②③C．①③D．③④審題突破小環(huán)在NO上做初速度為0的勻加速運(yùn)動，在OM上做勻減速運(yùn)動至速度為0，依據(jù)勻變速直線運(yùn)動的平均速度公式知加速和減速過程中的平均速度相等，再依據(jù)下滑距離大于上滑距離可得物體下滑時間大于上滑時間，從而可以比較出加速度的大小，由牛頓其次定律確定小球所受合外力的大小．小球所受滑動摩擦力的大小可以通過比較小球所受彈力的大小加以確定，小環(huán)的速度與位移的關(guān)系可以通過動能定理加以確定，合外力做功等于小環(huán)動能的變化，機(jī)械能隨小環(huán)所受摩擦力做功而減小，依據(jù)摩擦力做功與位移關(guān)系加以爭辯．解析由題意知，eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(v0＋v)知環(huán)在NO、OM上滑動的平均速度相等，又由于小環(huán)在軌道NO下滑的距離小于在軌道OM上滑的距離，結(jié)合x＝eq\x\to(v)t可得：在NO上運(yùn)動的時間小，在依據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)可知在NO上下滑時的加速度較大，故在NO上合外力較大，所以①正確；在NO上摩擦力Ff1＝μmgcosθ，在OM上Ff2＝μmgcosα，又θ>α，所以下滑時的摩擦力小于上滑時的摩擦力，故②正確；因環(huán)在下滑和上滑的過程中均做勻變速運(yùn)動滿足v2＝2ax，故速度與位移不是線性關(guān)系，故③錯誤；由機(jī)械能守恒可知，機(jī)械能的變化是由摩擦力做功引起的，故E－x圖象的斜率表示摩擦力，又下滑時的摩擦力小于上滑時的摩擦力，所以圖象前段斜率應(yīng)小于后段的斜率，所以④錯誤．故選A.答案A1．如圖2所示，直線a和曲線b分別是在平直大路上行駛的汽車a和b的位移—時間(x－t)圖線．由圖可知()圖2A．在t1時刻，兩車速度相等B．在t2時刻，a、b兩車運(yùn)動方向相同C．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速領(lǐng)先減小后增大D．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速率始終比a車大答案C解析由題圖可知，在t1時刻，兩車位置相同，圖線切線的斜率不同，即兩車速度不相等，選項(xiàng)A錯誤；由于x－t圖線切線的斜率代表速度，在t2時刻，a、b切線的斜率符號相反，故a、b兩車運(yùn)動方向相反，選項(xiàng)B錯誤；在t1到t2這段時間內(nèi)，b切線的斜領(lǐng)先減小后增大，故b車的速領(lǐng)先減小后增大，選項(xiàng)C正確；在t1到t2這段時間內(nèi)，比較a、b切線的斜率可知，開頭b車速率大于a，然后b車的速率漸漸減小，直到等于a車的速率；然后減小到零后又反向增加，故選項(xiàng)D錯誤．2．為削減二氧化碳排放，我市已推出新型節(jié)能環(huán)保電動車．在檢測某款電動車性能的試驗(yàn)中，質(zhì)量為8×102kg的電動車由靜止開頭沿平直大路行駛，達(dá)到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應(yīng)的速度v，并描繪出如圖3所示的F—eq\f(1,v)圖象(圖中AB、BO均為直線)，假設(shè)電動車行駛中所受阻力恒為車重的0.05倍，重力加速度取10m/s2.則()圖3A．該車起動后，先做勻加速運(yùn)動，然后做勻速運(yùn)動B．該車起動后，先做勻加速運(yùn)動、然后做加速度減小的加速運(yùn)動，接著做勻速運(yùn)動C．該車做勻加速運(yùn)動的時間是1.2sD．該車加速度為0.25m/s2時，動能是2×104J答案B解析由于橫坐標(biāo)為速度的倒數(shù)，所以電動車的啟動過程為從A到B到C.AB段，牽引力不變，電動車做勻加速運(yùn)動，加速度為a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(2000－0.05×8×102×10,8×102)m/s2＝2m/s2；BC段，由于圖象為過原點(diǎn)的直線，所以Fv＝P額＝恒量，即以恒定功率啟動，牽引力減小，加速度減小，電動車做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)F＝Ff＝400N，速度達(dá)到最大值15m/s，故選項(xiàng)A錯誤，B正確；由a＝eq\f(v－v0,t)可知t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(3－0,2)s＝1.5s，故選項(xiàng)C錯誤；該車加速度為0.25m/s2時，牽引力為F′＝ma′＋Ff＝8×102×0.25N＋0.05×8×102×10N＝600N，此時的速度為v′＝eq\f(2000×3,600)m/s＝10m/s，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×8×102×102J＝4×104J，故選項(xiàng)D錯誤．1．理解橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)的物理意義(1)確認(rèn)橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)對應(yīng)的物理量各是什么．(2)坐標(biāo)軸物理量的單位也是絕不能忽視的．2．理解斜率、面積的物理意義(1)圖線的斜率的意義要理解物理圖象中斜率的含義，首先要看清圖象的兩個坐標(biāo)軸．①變速直線運(yùn)動的x—t圖象，縱坐標(biāo)表示位移，橫坐標(biāo)表示時間，因此圖線中某兩點(diǎn)連線的斜率表示平均速度，圖線上某一點(diǎn)切線的斜率表示瞬時速度；②v—t圖線上兩點(diǎn)連線的斜率和某點(diǎn)切線的斜率，分別表示平均加速度和瞬時加速度；③恒力做功的W—l圖象(l為恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大??；④用自由落體運(yùn)動測量重力加速度試驗(yàn)的v2—x圖象(v為速度，x為下落位移)，其斜率為重力加速度的2倍；(2)面積的物理意義①在直線運(yùn)動的v—t圖象中，圖線和時間軸之間的面積，等于速度v與時間t的乘積，因此它表示相應(yīng)時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過的位移；②在a—t圖象中，圖線和時間軸之間的面積，等于加速度a與時間t的乘積，表示質(zhì)點(diǎn)在相應(yīng)時間內(nèi)速度的變化量；③力F移動物體在力的方向上產(chǎn)生一段位移l，F(xiàn)—l圖象中曲線和l坐標(biāo)軸之間的面積表示F做的功，假如F是合力，則此面積表示物體動能的增加量．考題2對電場圖象問題的考查例2a、b是x軸上的兩個點(diǎn)電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點(diǎn)對應(yīng)的電勢凹凸如圖4中曲線所示，P點(diǎn)處電勢最低，而且a、P之間的距離大于P、b之間的距離．從圖中可看出以下說法中正確的是()圖4A．a(chǎn)、P間和P、b間各點(diǎn)的電場方向都指向P點(diǎn)B．a(chǎn)和b肯定是同種電荷，但是不肯定是正電荷C．電勢最低的P點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大D．把帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷沿x軸由a移到b的過程中，電場力對該電荷先做正功后做負(fù)功審題突破φ—x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，所以P處場強(qiáng)為零，從a到b電勢先減小后增大，依據(jù)電場力方向與運(yùn)動方向的關(guān)系推斷電場力是做正功還是負(fù)功．依據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式，得到Q1的電荷量肯定大于Q2的電荷量；依據(jù)場強(qiáng)方向得出兩電荷肯定是正電荷．解析依據(jù)順著電場線電勢降低可知，P點(diǎn)的左側(cè)電場方向向右，P點(diǎn)的右側(cè)電場方向向左，則a、P間和P、b間各點(diǎn)的電場方向都指向P點(diǎn)，故A正確；P點(diǎn)切線斜率為零，而φ—x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零．兩電荷在P點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，P點(diǎn)距離Q1較遠(yuǎn)，依據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式知，Q1的電量大于Q2的電量．從a到b電勢先減小后增大，由于沿電場線方向電勢漸漸降低，知Q1和Q2肯定是同種電荷，且都為正電荷，故B錯誤；由圖象切線的斜率表示電場強(qiáng)度的大小，就知道P處場強(qiáng)為零，且電勢最低，故C錯誤；把帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷沿x軸由a移到b的過程中，電場力先向左后向右，電場力先做負(fù)功再做正功，故D錯誤．答案A3．(2022·安徽·17)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖5所示，下列圖象中合理的是()圖5答案D解析帶電粒子在電場中運(yùn)動時，其電勢能的變化規(guī)律是非線性的．A：由Ep—x圖象知，帶電粒子的電勢能不是均勻變化的，電場力不能為恒力，故選項(xiàng)A錯誤；B：帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，電勢能的削減量等于動能的增加量，即動能增加得越來越慢，故選項(xiàng)B錯誤；C：由于靜電力不是恒力，加速度a應(yīng)當(dāng)越來越小，故選項(xiàng)C錯誤，選項(xiàng)D正確．4．靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖6所示的折線．一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0從O點(diǎn)(x＝0)進(jìn)入電場，沿x軸正方向運(yùn)動．下列敘述正確的是()圖6A．粒子從O運(yùn)動到x1的過程中速度漸漸增大B．粒子從x1運(yùn)動到x3的過程中，電勢能先減小后增大C．要使粒子能運(yùn)動到x4處，粒子的初速度v0至少為2eq\r(\f(qφ0,m))D．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，粒子在運(yùn)動過程中的最大速度為eq\r(\f(6qφ0,m))答案D解析粒子從O運(yùn)動到x1的過程中，電勢上升，場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場力方向也沿x軸負(fù)方向，粒子做減速運(yùn)動，故A錯誤．粒子從x1運(yùn)動到x3的過程中，電勢不斷降低，依據(jù)正電荷在電勢高處電勢能越大，可知，粒子的電勢能不斷減小，故B錯誤．依據(jù)電場力和運(yùn)動的對稱性可知：粒子如能運(yùn)動到x1處，就能到達(dá)x4處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動到x1處時，由動能定理得q(0－φ0)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，所以要使粒子能運(yùn)動到x4處，粒子的初速度v0至少為eq\r(\f(2qφ0,m))，故C錯誤．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，粒子運(yùn)動到x3處電勢能最小，動能最大，由動能定理得q[0－(－φ0)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得最大速度為vm＝eq\r(\f(6qφ0,m))，故D正確．電場中的圖象類型可以分為如下幾種基本類型，場強(qiáng)隨坐標(biāo)軸變化的函數(shù)圖象：即E—x圖象，電勢隨坐標(biāo)軸變化的函數(shù)圖象：φ—x圖象，電勢能隨坐標(biāo)軸變化的圖象：Ep—x圖象．場源可能是點(diǎn)電荷，也可能是電偶極子，還可能是帶電平板等，解答該類型題關(guān)鍵是要讀懂圖象的電學(xué)意義，即坐標(biāo)軸、坐標(biāo)原點(diǎn)、斜率、交點(diǎn)坐標(biāo)等的物理意義，同時結(jié)合題意，讀懂已知條件，以及提出的問題，依據(jù)電場強(qiáng)度的定義式和電勢的基本公式解決問題．考題3對電磁感應(yīng)中圖象問題的考查例3(2022·新課標(biāo)Ⅰ·18)如圖7(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上．在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示．已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖7審題突破線圈cd與示波器連接，在每個時間段內(nèi)電流不隨時間變化，則依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場均勻變化，由此推斷線圈ab電流的變化．解析由題圖(b)可知在cd間不同時間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項(xiàng)A、B、D錯誤，選項(xiàng)C正確．答案C5．有一種信號發(fā)生器的工作原理可簡化為如圖8所示的情形，豎直面內(nèi)有半徑均為R且相切于O點(diǎn)的兩圓形區(qū)域，其內(nèi)存在水平恒定的勻強(qiáng)磁場，長為2R的導(dǎo)體桿OA，以角速度ω繞過O點(diǎn)的固定軸，在豎直平面內(nèi)順時針勻速旋轉(zhuǎn)，t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，下列描述導(dǎo)體桿兩端電勢差UAO隨時間變化的圖象可能正確的是()圖8答案A解析由右手定則可知，感應(yīng)電動勢始終從O指向A，為正．由E＝eq\f(1,2)BL2ω，L是有效切割長度，B、ω不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半圈后，再次重復(fù)，故A正確．6．如圖9所示，兩個垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a.高度為a的正三角形導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在下列圖形中能正確描述感應(yīng)電流I與線框移動距離x關(guān)系的是()圖9答案B解析由圖知，當(dāng)AB邊在左邊的磁場中運(yùn)動時，切割的有效長度在減小，所以電動勢減小，電流減小，再依據(jù)右手定則可推斷電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，所以電流為正且漸漸減小；當(dāng)AB邊進(jìn)入右邊的磁場，切割產(chǎn)生的電動勢為順時針，ACB邊切割產(chǎn)生的電動勢也是順時針，故總電動勢為二者之和，在運(yùn)動的過程中，總電動勢在減小，所以電流為負(fù)漸漸減小，所以B正確；A、C、D錯誤．電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，有時還會涉及到感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨線圈位移x變化的圖象．這些圖象問題大致可分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象；(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．解這類問題需應(yīng)用右手定則、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行分析．考題4對試驗(yàn)中圖象問題的考查例4張明同學(xué)在一次測電源電動勢與內(nèi)阻的試驗(yàn)中，用試驗(yàn)室僅有的試驗(yàn)器材(電流表一個、電阻箱一個、開關(guān)一個和導(dǎo)線若干)，設(shè)計(jì)了如圖10所示的電路進(jìn)行試驗(yàn)，測得的數(shù)據(jù)如下表所示．圖10試驗(yàn)次數(shù)12345R(Ω)4.010.016.022.028.0I(A)1.000.500.340.250.20(1)利用測得的數(shù)據(jù)在如圖11所示的坐標(biāo)紙上畫出適當(dāng)?shù)膱D象．圖11(2)由圖象可知，該電池的電動勢E＝____________V，該電池的內(nèi)阻r＝____________Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．(3)利用該試驗(yàn)電路測出的電動勢E測和內(nèi)阻r測與真實(shí)值E真和r真相比，理論上E測______E真，r測________r真(選填“>”、“<”或“＝”)．審題突破(1)本題由安阻法測量電動勢和內(nèi)電阻；由閉合電路歐姆定律可得出有關(guān)電流和電阻的關(guān)系式；由數(shù)學(xué)學(xué)問可知哪種圖象更科學(xué)；由公式及表中的數(shù)據(jù)利用描點(diǎn)法可畫出正確的圖象；(2)由圖象交點(diǎn)及斜率的意義可得出有關(guān)電動勢和內(nèi)電阻的表達(dá)式，則可求得電動勢和內(nèi)電阻；(3)試驗(yàn)中由于電表不是抱負(fù)電表，故要考慮電表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響；由極限分析法可得出電動勢的誤差．答案(1)畫出R—eq\f(1,I)圖象．(2)6.02.0(3)＝>解析(2)由閉合電路歐姆定律E＝IR＋I(xiàn)r得R＝E·eq\f(1,I)－r，則圖象斜率為：k＝E，電動勢為：E＝k＝eq\f(ΔR,Δ\f(1,I))≈6.0V，內(nèi)阻為：r＝2.0Ω.(3)由于電流表的分壓作用，電流表會分擔(dān)一部分電壓，即：eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r,E)＋eq\f(rA,E)，斜率不變，則電動勢大小不變，而測量內(nèi)阻實(shí)際上是電源內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻之和，故測量值大于實(shí)際值．7．用如圖12所示試驗(yàn)裝置測量滑塊A與木板間的動摩擦因數(shù)．長木板水平固定，細(xì)線跨過定滑輪與滑塊A、重錘B相連．將細(xì)線拉直，測出B離地面的高度h，將重錘從h高處靜止釋放，B落地后，測出A在木板上滑動的距離x；轉(zhuǎn)變B釋放高度重復(fù)試驗(yàn)，試驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示．圖12試驗(yàn)次數(shù)123456h/cm10.015.020.025.030.035.0x/cm14.722.430.337.644.952.4(1)若測得A的質(zhì)量mA＝3kg，B的質(zhì)量mB＝1kg，A和B間細(xì)線的長度L＝112.0cm，木板的長度l＝98.0cm，要達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康?，以上四個量中沒有必要測量的是______(用物理量的符號表示)．(2)作出x隨h變化的圖象．(3)由圖象并結(jié)合(1)中所測數(shù)值求得滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為________．答案(1)L、l(2分)(2)見解析圖(4分)(3)0.2解析(1)由題意可知，B距地面的高度h，A在木板上滑行的距離x，A、B的質(zhì)量mA、mB.從靜止釋放讓它們運(yùn)動到B著地，依據(jù)動能定理得：mBgh－μmAgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2 ①從B著地到A停在木板上，依據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mAv2＝μmAg(x－h(huán)) ②由①②解得：μ＝eq\f(mBh,mA＋mBx－mBh) ③可知沒有必要測量L和l.(2)作出x隨h變化的圖象如圖所示．(3)由③得：x＝eq\f(1＋μmB,μmA＋mB)h依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問得到圖象中直線的斜率k＝eq\f(1＋μmB,μmA＋mB)由圖得：k≈1.5代入數(shù)據(jù)得：eq\f(1＋μ×1,μ3＋1)＝1.5解得μ＝0.28．一試驗(yàn)小組預(yù)備探究元件Q的伏安特性曲線，他們設(shè)計(jì)了如圖13所示的電路圖．請回答下列問題：圖13(1)考慮電表內(nèi)阻的影響，該元件電阻的測量值________(選填“大于”、“等于”或“小于”)真實(shí)值．(2)試驗(yàn)測得表格中的7組數(shù)據(jù)，請?jiān)趫D14所示的坐標(biāo)紙上作出該元件的I—U圖線.序號電壓/V電流/A10.000.0020.500.2031.000.3541.500.4552.000.5062.500.5473.000.58圖14(3)為了求元件Q在I—U圖線上某點(diǎn)的電阻，甲同學(xué)利用該點(diǎn)的坐標(biāo)(U，I)，由R＝eq\f(U,I)求得．乙同學(xué)作出該點(diǎn)的切線，求出切線的斜率k，由R＝eq\f(1,k)求得．其中________(選填“甲”或“乙”)同學(xué)的方法正確．答案(1)大于(2)見解析圖(3)甲解析(1)由試驗(yàn)電路圖可知，試驗(yàn)接受電流表內(nèi)接法，由于電流表的分壓作用，試驗(yàn)所測電壓值U偏大，由歐姆定律可知，元件電阻的測量值大于真實(shí)值．(2)依據(jù)表中試驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點(diǎn)，然后作出圖象如圖所示．(3)從理論上講，甲利用了歐姆定律，乙同學(xué)利用了斜率的意義，理論上說都沒有問題，但從實(shí)際狀況來說，我們依據(jù)測量數(shù)據(jù)描繪的I－U圖象的大致曲線，存在很大的誤差，假如再作出切線求電阻，誤差更大，計(jì)算結(jié)果更不精確?????；故甲同學(xué)的計(jì)算結(jié)果更精確?????．依據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上作圖的原則要求是：精確?????、清楚、布局合理、便于應(yīng)用．(1)合理選取坐標(biāo)原點(diǎn)(2)兩坐標(biāo)軸的分度要恰當(dāng)(3)要有足夠多的描點(diǎn)數(shù)目(4)畫出的圖象應(yīng)盡可能穿過較多的點(diǎn)或是盡可能多的描點(diǎn)分布在圖線的兩側(cè)作圖法可以減小試驗(yàn)中的偶然誤差．學(xué)問專題練訓(xùn)練11題組1對力學(xué)圖象問題的考查1．(2022·廣東·13)如圖1所示是物體做直線運(yùn)動的v—t圖象，由圖可知，該物體()圖1A．第1s內(nèi)和第3s內(nèi)的運(yùn)動方向相反B．第3s內(nèi)和第4s內(nèi)的加速度相同C．第1s內(nèi)和第4s內(nèi)的位移大小不相等D．0～2s和0～4s內(nèi)的平均速度大小相等答案B解析第1s內(nèi)和第3s內(nèi)的速度均為正值，方向相同，選項(xiàng)A錯誤；v—t圖象的斜率代表加速度，第3s內(nèi)和第4s內(nèi)斜率相同，所以加速度相同，選項(xiàng)B正確；圖象與時間軸所圍面積在數(shù)值上等于位移的大小，第1s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，第4s內(nèi)的位移x4＝－eq\f(1,2)×1×1m＝－0.5m，兩段時間內(nèi)位移大小相等，選項(xiàng)C錯誤；0～2s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(1.5,2)m/s＝0.75m/s,0～4s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(x′,t′)＝eq\f(1.5,4)m/s＝0.375m/s，選項(xiàng)D錯誤．2．如圖2甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動．通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．取g＝10m/s2.則()圖2A．物體的質(zhì)量m＝3.0kgB．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20C．第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為2.0JD．前2s內(nèi)推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝3W答案C解析由速度—時間圖象可以知道在2～3s的時間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2N，在1～2s的時間內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動，直線的斜率代表加速度的大小，所以a＝2m/s2，由牛頓其次定律可得F－Ff＝ma，所以m＝0.5kg，所以A錯誤；由Ff＝μFN＝μmg，所以：μ＝0.4，所以B錯誤；第2秒內(nèi)物體的位移是：x＝eq\f(1,2)at2＝1m，摩擦力做的功為：W＝－Ffx＝－2×1J＝－2J，故克服摩擦力所做的功為2.0J，故C正確；在第1秒內(nèi)物體沒有運(yùn)動，所以F在第一秒內(nèi)沒有做功，在第2秒內(nèi)，F(xiàn)所做的功為：W＝Fx＝3×1J＝3J，所以前2s內(nèi)推力F做功的平均功率為：P＝eq\f(W,t)＝1.5W，所以D錯誤．3．如圖3甲所示，甲、乙兩個小球可視為質(zhì)點(diǎn)，甲球沿傾角為30°的光滑足夠長斜面由靜止開頭下滑，乙球做自由落體運(yùn)動，甲、乙兩球的動能與路程的關(guān)系圖象如圖乙所示．下列說法正確的是()圖3A．甲球機(jī)械能不守恒，乙球機(jī)械能守恒B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝2∶1C．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度相同答案C解析因只有重力做功，所以甲、乙兩球機(jī)械能都守恒，故A錯誤；動能與位移的圖象斜率表示合外力，甲的合外力為m甲gsin30°，乙球的合外力為m乙g，由題圖乙知m甲gsin30°＝2m乙g，所以m甲∶m乙＝4∶1，故B錯誤；依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知，動能相等時，eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(1,2)，兩球重力的瞬時功率之比eq\f(m甲gv甲sin30°,m乙gv乙)＝eq\f(1,1)，所以C正確；由題圖乙知，甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度不相同，所以D錯誤．題組2對電場圖象問題的考查4．某帶電物體所在空間形成一個電場，沿x軸方向其電勢φ的變化如圖4所示．電子從O點(diǎn)以v0的初速度沿x軸正方向射出，依次通過a、b、c、d點(diǎn)．則下列關(guān)于電子運(yùn)動的描述正確的是()圖4A．在Oa間電子做勻加速直線運(yùn)動B．電子在Od之間始終在做減速直線運(yùn)動C．要使電子能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，粒子的初速度v0至少為eq\r(\f(2eφ0,m))D．在cd間運(yùn)動時電子的電勢能肯定減小答案C解析由題圖知Oa和bc間的電勢不變，則Oa和bc間的電場強(qiáng)度為零，電子不受電場力，做勻速直線運(yùn)動，故A、B錯誤．由于電子在Od運(yùn)動時電場力做負(fù)功，所以其電勢能增大，動能減??；電場力做功：W＝－e·Δφ＝－eφ0，所以要使電子能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，由動能定理得：W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以粒子的初速度v0至少為eq\r(\f(2eφ0,m))，故C正確．電子在cd間運(yùn)動時電子受到的電場力做負(fù)功，電子的電勢能肯定增大，故D錯誤．5．如圖5所示，一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點(diǎn)，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點(diǎn)正上方h高的A點(diǎn)靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關(guān)于小球從A到A關(guān)于O的對稱點(diǎn)A′過程加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象肯定錯誤的是(取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢能為零，向下為正方向，無限遠(yuǎn)電勢為零)()圖5答案D解析圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小方向豎直向上，由牛頓其次定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后到達(dá)A′點(diǎn)，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，依據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能Ep＝mgh，小球穿過圓環(huán)后，Ep＝－mgh，重力勢能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機(jī)械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯誤．題組3對電磁感應(yīng)中圖象問題的考查6．如圖6所示，等腰直角區(qū)域EFG內(nèi)有垂直紙面對里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，直角邊CF長度為2L.現(xiàn)有一電阻為R的閉合直角梯形導(dǎo)線框ABCD以恒定速度v水平向右勻速通過磁場．t＝0時刻恰好位于圖示位置(即BC與EF在一條直線上，且C與E重合)，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，則感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線正確的是()圖6答案C解析在進(jìn)入長度L的過程中，切割磁感線的有效長度在均勻增加，由E＝BLv知，感應(yīng)電動勢均勻增加，當(dāng)進(jìn)入L時的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由楞次定律推斷知，感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，在由L進(jìn)入2L的過程中，ADC邊切割磁感線的有效長度在均勻增加，AB邊切割磁感的長度在均勻增加，由幾何關(guān)系知AB邊增加的快且AB邊和ADC邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反即等效于切割磁感線的總長度在減小，感應(yīng)電流減小；在離開磁場的過程中，CD邊不切割磁感線，AD邊切割的長度小于AB邊切割的長度，產(chǎn)生負(fù)方向感應(yīng)電流，C正確．7．如圖7所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面對里的勻強(qiáng)磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導(dǎo)體棒M、N兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化狀況相同．下面四個圖象能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時間關(guān)系的是()圖7答案C解析據(jù)題導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，做自由落體運(yùn)動，做勻加速運(yùn)動，由于導(dǎo)體棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化狀況相同，說明導(dǎo)體棒穿過磁場的過程必定做減速運(yùn)動，導(dǎo)體棒所受的安培力大于重力，而速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，導(dǎo)體棒所受的安培