(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题强化训练21图像法的应用

专题强化训练(二十一)1．图像法可以形象直观地描述物体的运动情况．对于下面两质点运动的位移—时间图像和速度—时间图像，分析结果正确的是( )A ．由图(1)可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大B ．由图(1)可知，质点在前10 s 内的平均速度大小为4 m/sC ．由图(2)可知，质点在第4 s 内加速度的方向与质点运动的方向相反D ．由图(2)可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为15 m/s 2[解析] 运动图像反映质点的运动规律，而不是反映运动轨迹，无论是速度—时间图像还是位移—时间图像都只能表示质点做直线运动，选项A 错误；由题图(1)可知，质点在前10 s 内的位移x 约为22 m ，所以平均速度v ＝x t ＝2210m/s ＝2.2 m/s ，选项B 错误；由题图(2)可知，质点在第4 s 内速度为负值，根据v －t 图线的斜率表示质点运动的加速度知，加速度也是负值，即速度与加速度方向相同，选项C 错误；由题图(2)可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2～4 s 内，最大加速度大小为a ＝Δv Δt＝15 m/s 2，选项D 正确． [答案] D2．(2019·湖南长沙长郡中学模拟)一辆玩具车在平直的路面上做匀变速直线运动，由0时刻开始计时，通过计算机描绘了该玩具车的x t－t 图像，如图所示，其纵轴为玩具车位移与时间的比值，横轴为时间，则下列说法正确的是( )A ．计时开始瞬间玩具车的速度大小为2 m/sB ．0～4 s 的时间内，玩具车的平均速度大小为0.5 m/sC ．玩具车的加速度大小为0.5 m/s 2D ．0～4 s 的时间内，玩具车通过的路程为2 m[解析] 玩具车做匀变速直线运动，则x ＝v 0t ＋12at 2，即x t ＝v 0＋12at ，结合图像得v 0＝2 m/s ，12a ＝－12m/s 2，即a ＝－1 m/s 2，选项A 正确，C 错误；玩具车在0～4 s 内的平均速度等于t 2＝2 s 时的瞬时速度，即v ＝v 2＝v 0＋at 2＝0，选项B 错误；t 2＝2 s 时玩具车速度减为零，然后做反向运动，由x ＝v 0t ＋12at 2＝2t －12t 2(m)可得t 2＝2 s 、t 4＝4 s 时的位移分别为x 2＝2 m 、x 4＝0，所以0～4 s 的时间内，玩具车通过的路程为s ＝x 2＋|x 4－x 2|＝4 m ，选项D 错误．[答案] A3．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是( )[解析] 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．[答案] A4．(2019·湖南八校一模)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加速度a随时间t变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则下列说法正确的是( )A．在2～6 s内，推力F小于阻力，物体做减速运动B．在0～7 s内，6 s末时物体的速度最大，大小为12 m/sC．在2～7 s内，物体做匀变速直线运动D．在0～7 s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[解析] 在0～6 s内，加速度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s内推力F大于阻力，物体做加速度减小的加速运动；在6～7 s内，加速度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故A、D错误．在2～7 s内，物体的加速度一直在变化，故C错误．a－t图线与t轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s内物体一直在加速，6 s末加速度反向，此时速度最大，v＝12×6×4 m/s＝12 m/s ，故B 正确． [答案] B5．(2019·辽宁省丹东市一模)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如右图所示．假定汽车所受阻力的大小F f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图像中，正确的是( )[解析] 在0～t 1时间内，如果匀速，则v －t 图像是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P ＝Fv ，牵引力减小，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F 1＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 1＝P 1F 1＝P 1F f，所以在0～t 1时间内，v －t 图像先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t 1～t 2时间内，功率突然减小，故牵引力突然减小，做减速运动，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的减速运动，当加速度为0时，即F 2＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 2＝P 2F 2＝P 2F f，所以在t 1～t 2时间内，v －t 图像先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线，故A 正确，B 、C 、D 错误．[答案] A6．(2019·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿固定斜面向上滑动，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] 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sinθ＋μmg cosθ)x＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sinθ＋μmg cosθ)x；设小物块上滑的最大位移大小为x1，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sinθ－μmg cosθ)(x1－x)＝E k－0，整理得E k＝(mg sinθ－μmg cosθ)x1－(mg sinθ－μmg cosθ)x，故只有C正确．[答案] C7．(多选)(2018·四川成都模拟)如图(甲)所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图(乙)所示．小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A．在O点右侧杆上，B点电场强度最大，电场强度大小为E＝1.2 V/mB．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大C．由C到A电势逐渐降低D ．C ，B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解析] 由(乙)图可知，小球在B 点的加速度最大，所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B 点的电场强度最大，小球的加速度a ＝Δv Δt ＝0.06 m/s 2，又a ＝qE m ，解得E ＝ma q＝0.01×0.065×10－4 V/m ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直降低，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W CB ＝12mv 2B －0，C ，B 间电势差为U CB ＝W CB q ＝mv 2B 2q ＝0.01×0.322×5×10－4V ＝0.9 V ，选项D 正确． [答案] ACD8．(2019·重庆九校期中联考)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是关于直线x ＝x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是( )A ．x 1处电场强度最小，但不为零B ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动C ．在0、x 1、x 2、x 3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D ．x 2～x 3段的电场强度大小、方向均不变[解析] 电势能与电势的关系为E p ＝qφ，场强与电势的关系为E ＝ΔφΔx ，解得E ＝ΔE p q Δx，由数学知识可知E p －x 图线的切线的斜率等于ΔE p Δx，x 1处切线的斜率为零，则知x 1处电场强度为零，选项A 错误．由题图可以看出在0～x 1段图线的切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，粒子做非匀变速运动．x 1～x 2段图线的切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，粒子做非匀变速运动．x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，粒子做匀变速直线运动，选项B 错误，D 正确．根据电势能与电势的关系E p ＝qφ，粒子带负电，q <0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，选项C 错误．[答案] D9. (多选)(2019·安徽省皖南八校联考)某静电场中x 轴上电场强度E 随x 变化的关系如图所示，设x 轴正方向为电场强度的正方向．一电荷量大小为q 的粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入，结果粒子刚好能运动到x ＝3x 0处，假设粒子仅受电场力作用，E 0和x 0已知，则( )A ．粒子一定带负电B ．粒子的初动能大小为32qE 0x 0C ．粒子沿x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D ．粒子沿x 轴正方向运动过程中最大动能为2qE 0x 0[解析] 如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子x＝3x 0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A 错误；根据动能定理12qE 0x 0－12×2qE 0·2x 0＝0－E k0，可得E k0＝32qE 0x 0，B 正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C 错误；粒子运动到x 0处动能最大，根据动能定理12qE 0x 0＝E kmax －E k0，解得E kmax ＝2qE 0x 0，D 正确．[答案] BD10．(多选)(2019·辽宁大连一模)如图所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 放置在同一水平面内，M 、P 之间接一定值电阻R ，金属棒ab 垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加水平向右的外力F ，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i 、通过导轨横截面的电荷量q 、拉力F 和拉力的功率P 随时间变化的图像，正确的是( )[解析] 由题知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有x ＝12at 2，v ＝at ，根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ＝BLat ，则感应电流i ＝E R ＝BLa R t ，故A 正确；根据E ＝ΔΦΔt、I ＝ER 和q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BLx ＝12BLat 2，故q ＝BLa 2Rt 2，故B 错误；根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，F 安＝BiL ＝B 2L 2a R t ，解得F ＝ma ＋B 2L 2a Rt ，故C 正确；根据P ＝Fv ，得P ＝Fv ＝ma 2t ＋B 2L 2a 2R t 2，故D 错误． [答案] AC11．(多选)(2019·福建莆田二模)如图所示，水平面上有两根平行且足够长的金属导轨，左端接有一电容器C ，导轨上搁置一金属棒，匀强磁场的方向垂直于导轨所在平面．现让金属棒在水平恒力F 的作用下，由静止向右运动，运动过程中金属棒始终垂直于导轨，设某一时刻金属棒中的电流为I ，受到的安培力为F B ，瞬时速度为v t ，电容器上所带电荷量为Q .不计一切电阻和摩擦．下列图像正确的是( )[解析] 根据电流的定义I ＝ΔQ Δt ＝C ΔU Δt ＝CBL Δv Δt①，根据牛顿第二定律得F －BIL ＝ma ②，①代入②得F －BL CBL Δv Δt ＝ma ，其中a ＝Δv Δt ，联立得a ＝F CB 2L 2＋m，加速度是定值，所以金属棒做匀加速直线运动，即I ＝CBLa 为定值，A 正确，C 错误；因为F －F B ＝ma ，所以F B 恒定，B 错误；因为Q ＝CU ＝CBLv ＝CBLat ，所以电荷量随时间均匀增加，D 正确．[答案] AD12．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[解析] 由图(b)可知，导线PQ 中电流在t ＝T /4时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t ＝T /4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 正确；在t ＝T /2时，导线PQ 中电流图像斜率方向不变，即导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t ＝T /2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B 错误；由于在t ＝T /2时，导线PQ 中电流图像斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t ＝T /2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在t ＝T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D 错误．[答案] AC。