2021高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專練3　物理學(xué)圖象問題

1、PAGE 8 -專練3物理學(xué)圖象問題(時間：25分鐘)1.2020湖北鄂南高中、華師一附中等八校第一次聯(lián)考A、B兩質(zhì)點在同一平面內(nèi)同時向同一方向做直線運動，它們的位移時間圖象如圖所示，其中甲是頂點過原點的拋物線的一部分，乙是過點(0,3)的一條直線，兩圖象相交于坐標(biāo)為(3,9)的P點，則下列說法正確的是()A質(zhì)點A做初速度為零、加速度為3 m/s2的勻加速直線運動B質(zhì)點B以4 m/s的速度做勻速直線運動C在前3 s內(nèi)，質(zhì)點A比B向前多前進了9 mD在3 s前某時刻質(zhì)點A、B速度相等2.2020吉林省名校第一次聯(lián)合模擬(多選)某做直線運動的質(zhì)點的位移時間圖象(拋物線)如圖所示，P(2,12)為圖

2、線上的一點PQ為過P點的切線，與x軸交于點Q(0,4)已知t0時質(zhì)點的速度大小為8 m/s，則下列說法正確的是()A質(zhì)點做勻減速直線運動B2 s時，質(zhì)點的速度大小為6 m/sC質(zhì)點的加速度大小為2 m/s2D01 s內(nèi)，質(zhì)點的位移大小為4 m3.(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上一質(zhì)量為m的小球，從距離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是()4A、B兩個物體在水平面上沿同一直線運動，它們的v t圖象如圖所示在t0時刻，B在A的前面，

3、兩物體相距7 m，B物體做勻減速運動的加速度大小為2 m/s2.則A物體追上B物體所用時間是()A5 s B6.25 sC7 s D8 s5.如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度順時針轉(zhuǎn)動將一物體輕輕放在傳送帶左端，則物體速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小Ff以及位移大小x隨時間t的變化關(guān)系正確的是()62020陜西榆林市第二次模擬如圖所示，單匝線圈abcd固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變，則下列磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象中可能正確的是()7如圖甲為傾角30的足夠長的固定光滑斜面，用平行于斜面的輕彈簧拉

4、著質(zhì)量m1 kg的物體沿斜面向上運動已知物體在t1 s到t3 s這段時間的v t圖象如圖乙所示，彈簧的勁度系數(shù)k200 N/m，重力加速度g取10 m/s2.則在該段時間內(nèi)()A物體的加速度大小為2 m/s2B彈簧的伸長量為3 cmC彈簧的彈力做功為30 JD物體的重力勢能增加36 J8某正弦交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢波形如圖所示，已知該發(fā)電機線圈匝數(shù)n100匝，線圈面積為S0.1 m2，線圈內(nèi)阻為r1 ，用一理想交流電壓表接在發(fā)電機的兩個輸出端由此可知()A線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動的角速度為50 rad/sB線圈所在處的磁感應(yīng)強度是B1 TC交流電壓表的讀數(shù)為220 VD.eq f(T,4)時間內(nèi)交

5、變電動勢的平均值為eq xto(E)200 V9.2020湖北恩施州教學(xué)質(zhì)量檢測(多選)如圖所示為某靜電場中x軸上各點電勢分布圖，一個帶電粒子在坐標(biāo)原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正向運動，則下列說法正確的是()A粒子一定帶正電B粒子運動到坐標(biāo)軸上x2處速度最大C粒子從坐標(biāo)軸上x1處運動到x3處，電場力的沖量為零D粒子從坐標(biāo)軸上x1處運動到x2處，加速度先增大后減小102020廣東深圳市第二次調(diào)研真空中，在x軸上x0和x8 m處分別固定兩個電性相同的點電荷Q1和Q2.電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖象如圖所示(x軸正方向為場強正方向)，其中x6 m處E0.將一個正試探電荷在x2 m

6、處由靜止釋放(重力不計，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)則()AQ1、Q2均為負(fù)電荷BQ1、Q2帶電荷量之比為9:1C在x6 m處電勢為0D該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小11如圖甲所示，正方形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里下列選項中能表示線框的ab邊受到的磁場力F隨時間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)()122020廣西桂林等六市第一次聯(lián)合調(diào)研(多選)如圖甲所示，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直邊長為1 m，總電阻為1 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙

7、面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行現(xiàn)使導(dǎo)線框水平向右運動，cd邊于t0時刻進入磁場，c、d兩點間電勢差隨時間變化的圖線如圖乙所示下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里B磁感應(yīng)強度的大小為4 TC導(dǎo)線框進入磁場和離開磁場時的速度大小之比為3:1D03 s的過程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為48 J專練3物理學(xué)圖象問題1解析：質(zhì)點A的運動方程為xeq f(1,2)at2，則初速度為零，加速度a2 m/s2，故A錯誤；乙直線的斜率表示速度，故質(zhì)點B做勻速直線運動，質(zhì)點B的速度為veq f(x,t)eq f(93,3) m/s2 m/s，故B錯誤；在前3 s內(nèi)，質(zhì)點B的位移為6 m，質(zhì)點A的位移為9 m，

8、質(zhì)點A比B向前多前進了3 m，故C錯誤；t1 s時刻，質(zhì)點A的速度為2 m/s，且質(zhì)點B以v2 m/s的速度做勻速直線運動，故D正確答案：D2解析：由題知圖象為拋物線，結(jié)合勻變速直線運動的位移公式xv0teq f(1,2)at2，而v08 m/s，t2 s時的位移x12 m，代入解得a2 m/s2，則函數(shù)表達(dá)式為x8tt2，即質(zhì)點做勻減速直線運動，加速度大小為2 m/s2，故A、C正確；2 s時的瞬時速度為vv0at8 m/s22 m/s4 m/s，故B錯誤；由位移公式可得1 s內(nèi)的位移x181 m12 m7 m，故D錯誤答案：AC3解析：在小球由靜止自由下落未接觸彈簧階段，小球做自由落體運動

9、，加速度為g；接觸彈簧后，剛開始重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球的不斷下降，彈力逐漸變大，故小球做加速度減小的加速運動，當(dāng)小球所受彈簧彈力等于重力時，加速度為零，此時速度最大；小球繼續(xù)下落時，彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏希壹铀俣戎饾u變大，直到速度減小到零，到達(dá)最低點，由簡諧運動的對稱性可知，到達(dá)最低點的加速度大于g，故A、D正確答案：AD4解析：B車減速到零所需的時間teq f(0vB,a)eq f(010,2) s5 s，xBeq f(1,2)(v0)teq f(1,2)105 m25 mA車在5 s內(nèi)的位移xAvAt45 m20 mxAxBx，x7 m，所以B車在停止運動后被追

10、上設(shè)A物體追上B物體所用時間為t0，則vAt0 xxBt0eq f(32,4) s8 s，故選項D正確答案：D5解析：在前t1內(nèi)物體受到向右的滑動摩擦力而做勻加速直線運動，加速度不變，F(xiàn)f恒定，速度與時間的關(guān)系為vat，v t圖象是傾斜的直線；位移與時間的關(guān)系為xeq f(1,2)at2，x t圖象是拋物線；物體的速度與傳送帶速度相同后，不受摩擦力而做勻速直線運動，速度不變，摩擦力Ff為0，加速度為0.故A正確，B、C、D錯誤答案：A6解析：設(shè)線圈的ab邊長為L，ad邊長為l，當(dāng)磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：Eeq f(,t)eq f(BS,t)eq f(BLl,t)；感應(yīng)電流

11、為：Ieq f(E,R)；安培力為：FBIL，得：Feq f(BBL2l,tR)，由ab邊受到的安培力恒定不變可知，若磁感應(yīng)強度B增大，則eq f(B,t)減小；若B減小，則eq f(B,t)增大故C正確答案：C7解析：由題圖乙可知加速度為直線的斜率，a1 m/s2，故A錯誤；沿斜面方向，由牛頓第二定律有F彈mgsin ma，解得F彈6 N, 又F彈kl，代入數(shù)據(jù)解得l0.03 m3 cm，故B正確；由題圖乙可知在這段時間內(nèi)，物體沿斜面方向的位移為此段v t圖象與t軸圍成的面積，為x6 m，則重力勢能的增加量為mgxsin 30 J，由動能定理有eq f(1,2)mveq oal(2,2)eq

12、 f(1,2)mveq oal(2,1)W彈mgxsin ，代入數(shù)據(jù)解得彈簧的彈力做功為36 J，故C、D錯誤答案：B8解析：由正弦交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢波形圖可知，周期T0.02 s，而Teq f(2,)，解得線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動的角速度為100 rad/s，選項A錯誤由正弦交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢波形圖可知，電動勢最大值為Em314 V，而EmnBS，解得B0.1 T，選項B錯誤由于電壓表是理想交流電壓表，測量值等于交變電壓的有效值，為314eq f(r(2),2)V222 V，選項C錯誤由法拉第電磁感應(yīng)定律，交變電壓的平均值為eq xto(E)neq f(,t)，取T/4時間，磁通量變化量

13、BS，所以eq xto(E)eq f(nBS,f(T,4)200 V，選項D正確答案：D9解析：由于從坐標(biāo)原點沿x軸正向電勢先升高后降低，因此電場方向先向左后向右，由于帶電粒子在坐標(biāo)原點由靜止沿x軸正向運動，因此可知粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；粒子從O到x2做加速運動，從x2向右做減速運動，因此粒子運動到坐標(biāo)軸上x2處速度最大，選項B正確；由于粒子只受電場力作用，因此電勢能和動能之和為一定值，即粒子在x1處和x3處電勢能相等，動能相等，由于運動方向相同，因此速度相同，根據(jù)動量定理可知，粒子從坐標(biāo)軸上x1處運動到x3處，電場力的沖量為零，選項C正確；由Eeq f(,x)可知，坐標(biāo)軸上x1處到x2處，

14、電場強度一直減小，由aeq f(qE,m)可知，粒子的加速度一直減小，選項D錯誤答案：BC10解析：由題圖，在x0處場強為正，x8 m處場強為負(fù)，可知Q1、Q2均為正電荷，故A錯誤；根據(jù)題意“x6 m處E0”可知，在x6 m處，E1E2，即keq f(Q1,62)keq f(Q2,22)，解得eq f(Q1,Q2)eq f(62,22)eq f(9,1)，故B正確；由于無窮遠(yuǎn)處電勢為零，故在x6 m處電勢不為0，故C錯誤；該試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功，再做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，故D錯誤答案：B11解析：01 s：磁場方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時針方

15、向的感應(yīng)電流，由Eneq f(,t)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；13 s：磁場方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由Eneq f(,t)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右即為負(fù)；35 s：磁場方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，由Eneq f(,t)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；綜合上述分析可知A正確答案：A12解析：01 s內(nèi)線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為正，即c點相當(dāng)于電源的正極，由右手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；01 s內(nèi)線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為Ucdeq f(3,4)BLv3 V，線框的速度為veq f(1,1) m/s1 m/s，解得：B4 T，故B正確；由題圖乙分析可知，線框在0