2018年高考物理全国用二轮复习精练：一 必考热点1 Word版含答案

精练一必考热点专项练必考热点1 图象问题热点阐释高中物理要求考生应具有阅读图象、描述图象、运用图象解决问题的能力，这也是一种重要的思维方法。

高考对图象问题很是“青睐”，是高考永恒的热点。

那么读懂图象、会画图象、会用图象就显得至关重要。

一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1.(2017·厦门毕业班考试)在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1＝4 kg，乙球的质量m2＝1 kg，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v－t图象如图1所示。

已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )图1A.3 m/s，向右B.3 m/s向左C.13 m/s向左D.13 m/s，向右解析由动量守恒定律有，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v2＝－13 m/s，方向向右，选项D正确。

答案 D2.(2017·济南高一检测)某物体做直线运动的v－t图象如图2所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )图2解析由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4 s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6 s沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8 s沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有A正确。

答案 A3.(2017·江苏单科，3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )解析设斜面的倾角为θ，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面向下滑动过程，由动能定理得，E k＝E k0－mgx sin θ－μmg cos θ(2L－x)＝E k0－2μmgL cos θ－(mg sin θ－μmg cos θ)x，故选项C正确。

答案 C4.(2016·上海卷，19)如图3甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。

螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。

当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时( )图3A.在t1～t2时间内，L有收缩趋势B.在t2～t3时间内，L有扩张趋势C.在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D.在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析由题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增大，且B－t图线斜率增大，则在导线框中产生顺时针方向增大的电流，该电流激发磁感应强度增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据“增缩减扩”的结论可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场方向向下、磁感应强度大小减小，且B－t图线斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流激发出垂直纸面向里、磁感应强度减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确。

答案AD5.(2017·福建省高考适应性检测)A、B为一电场中x轴上的两点，如图4甲所示。

一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的动能E k随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )图4A.该电场不可能是点电荷形成的电场B.A、B两点电场强度大小关系为E A<E BC.A、B两点电势的关系为φA<φBD.电子在A、B两点的电势能大小关系为E p A<E p B解析根据动能定理可知：电场力做功等于电子动能的变化，则有E k＝Eqx，根据数学知识可知，图线的斜率k＝qE，因E、q均保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，E A＝E B。

故A正确，B错误；由图知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，则知电场力方向从A―→B，电场线方向从B―→A，根据顺着电场线方向电势降低，则有φA<φB，故C正确；根据能量守恒定律得知，电子从A到B动能增大，电势能减小，则E p A>E p B，故D错误。

答案AC6.如图5甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )图5A.电流的表达式为i ＝0.6sin 10πt (A)B.磁体的转速为10 r/sC.风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin 10πt (A)D.风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 2 A解析 A.通过乙图可知电流的最大值为0.6 A ，周期T ＝0.2 s ，故ω＝2πT＝10π rad/s ，故电流的表达式为i ＝0.6sin 10πt (A)，故A 正确；B.电流的周期为T ＝0.2 s ，故磁体的转速为n ＝1T ＝10.2r/s ＝5 r/s ，故B 错误； C.风速加倍时，角速度加倍，根据E m ＝nBS ω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin 20πt (A)，故C 错误；D.根据C 的分析，形成的感应电流I m ＝1.2 A ，故有效值为I ＝I m 2＝1.22A ＝0.6 2 A ，故D 正确。

答案 AD二、非选择题7.两位同学在实验室利用如图6甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内阻r ，调节滑动变阻器的滑片P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U －I 直线a 、b ，回答下列问题：(1)根据两同学描绘的直线a 、b ，可知b 图线是根据电压表________(填“V 1”或“V 2”)和电流表A 的数据描绘的图线，并可以测得________(填写物理量符号及计算结果)。

(2)忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________A。

图6解析(1)定值电阻的U－I图线是正比例图线，一定经过原点，故图线b是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的，由图线b可得R0的电阻为2.0 Ω。

(2)当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，总电阻最小，电流最大，示数为0.5 A。

答案(1)V2R0＝2.0 Ω(2)0.58.如图7甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M＝4m。

甲乙图7(1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，示数如图乙所示，则宽度d＝________cm；(2)某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为________(用题中所给字母表示)；(3)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，滑块由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1________(填“大于”“等于”或“小于”)2F2；(4)若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L ，细线端所挂钩码的个数为n ，挡光片通过光电门的时间为t ，测出多组数据，并绘出n －1t 2图象(如图8)，已知图线斜率为k ，则当地重力加速度为________(用题中字母表示)。

图8解析 (1)根据游标卡尺读数规则，挡光片宽度d ＝5 mm ＋4×0.05 mm＝5.20 mm ＝0.520 cm 。

(2)由于滑块上的挡光片很窄，所以可以用挡光片经过光电门的平均速度代替挡光片经过光电门时的瞬时速度，所以滑块通过光电门的速度为d t 。

(3)细线另一端挂有6个钩码，滑块由静止释放后，把钩码和滑块看作整体，由牛顿第二定律得6mg ＝(M ＋6m )a 1，隔离滑块进行受力分析得F 1＝Ma 1，联立解得细线上的拉力F 1＝2.4mg ；当只剩3个钩码时，滑块由静止释放后，由牛顿第二定律得3mg ＝(M ＋6m )a 2，F 2＝(M ＋3m )a 2，联立解得细线上的拉力为F 2＝2.1mg ，所以F 1小于2F 2。

(4)细线端挂有n 个钩码，由静止释放滑块后，由牛顿第二定律得nmg ＝(M ＋6m )a ，v ＝d t ，v 2＝2aL ，联立解得n ＝5d 2Lg ·1t 2。

图线斜率k ＝5d 2Lg ，则当地重力加速度为g ＝5d 2kL。

答案 (1)0.520 (2)d t (3)小于 (4)5d 2kL9.(2017·苏北四市摸底)如图9所示，位于竖直平面内的轨道，由一段斜的直轨道AB 和光滑半圆形轨道BC 平滑连接而成，AB 的倾角为30°，半圆形轨道的半径R ＝0.1 m ，直径BC 竖直。

质量m ＝1 kg 的小物块从斜轨道上距半圆形轨道底部高为h 处由静止开始下滑，经B 点滑上半圆形轨道。

已知物块与斜轨道间的动摩擦因数为36，取g ＝10 m/s 2。

图9(1)若h ＝1 m ，求物块运动到圆轨道最低点B 时对轨道的压力；(2)若物块能到达圆轨道的最高点C ，求h 的最小值；(3)试求物块经最高点C 时对轨道压力F 随高度h 的变化关系，并在图示坐标系中作出F －h 图象。

解析 (1)设物块运动到圆轨道底部时的速度大小为v ，对轨道的支持力大小为F N ，根据动能定理有mgh －μmg cos 30°h sin 30°＝12mv 2 根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R代入数据，解得F N ＝110 N根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为110 N ，方向竖直向下。

(2)设物块恰好能到达圆轨道的最高点，此时对应的高度为h min ，速度为v 0由动能定理得mgh min －μmg cos 30°h min sin 30°－mg (2R )＝12mv 20 在圆轨道最高点有mg ＝m v 20R代入数据可解得h min ＝0.5 m(3)设物块到达圆轨道的最高点时的速度为v ，轨道对物块的压力大小为F ，由动能定理得mgh －μmg cos 30°h sin 30°－mg (2R )＝12mv 2 在圆轨道最高点有F ＋mg ＝m v 2R解得F ＝100h －50(N)(h ≥0.5 m)图象如图所示答案 (1)110 N 方向竖直向下 (2)0.5 m (3)见解析。