2023年物理高考總復(fù)習(xí)?？紙D像類題目專練

常考圖像類題目專練1．(2023·平頂山模擬)一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物塊放在水平光滑地面上，在一水平外力F1＝2N的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)5s后外力撤去，在此時(shí)刻再加上一個(gè)與F1反向的力F2＝6N，物體又運(yùn)動(dòng)5s。規(guī)定外力F1的方向?yàn)檎较?，則在物體運(yùn)動(dòng)的這個(gè)10s的時(shí)間內(nèi)，下列關(guān)于物體的速度圖像，正確的是()2．(多選)某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演。已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200N。在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小。已知演員在滑桿上做完動(dòng)作之后，先在桿上靜止了0.5s，然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零。整個(gè)過程中演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時(shí)間的變化情況如圖1所示，g取10m/s2。則下述說法正確的是()圖1A．演員的體重為600NB．演員在第1s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)C．滑桿所受的最小拉力為620ND．滑桿所受的最大拉力為800N3．(2023·江南十校聯(lián)考)如圖2甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力隨位移x變化的圖像乙所示。已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖2A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)B．物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變4.如圖3所示，一連同裝備總重力為G的滑雪愛好者從滑雪坡道上由靜止開始沿坡道ABC向下滑行，滑到B點(diǎn)時(shí)滑雪者通過改變滑雪板角度的方式來增大摩擦力的大小，使其到達(dá)底端C點(diǎn)時(shí)速度剛好減為零。已知AB>BC，設(shè)兩段運(yùn)動(dòng)過程摩擦力均為定值，下列分別為滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力隨時(shí)間變化的圖像，其中正確的是()圖35．(2023·上饒二模)在如圖4所示的豎直平面內(nèi)，在水平線MN的下方有足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)等腰三角形金屬線框頂點(diǎn)C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場(chǎng)中。忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的v-t圖，可能正確的是()圖46．一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)。取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖5所示，下列圖像中合理的是()圖57.(多選)(2023·周口模擬)取空間中兩等量點(diǎn)電荷間的連線為x軸，軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖6所示，設(shè)x軸上B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別是EBx、ECx，下列說法中正確的是()圖6A．該靜電場(chǎng)由兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生B．該靜電場(chǎng)由兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生C．EBx的大小小于ECx的大小D．負(fù)電荷沿x軸從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先減小后增大8.(多選)(2023·日照聯(lián)考)如圖7所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形abcd磁場(chǎng)區(qū)域，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時(shí)間變化的圖像正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)()圖79.(多選)(2023·新泰三模)如圖8所示，兩平行光滑導(dǎo)軌豎直固定。邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度為h，方向垂直于導(dǎo)軌平面。兩相同的導(dǎo)體棒a、b中點(diǎn)用長為h的絕緣輕桿相接，形成“工”字型框架，框架置于磁場(chǎng)上方，b棒距磁場(chǎng)上邊界的高度為h，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好。保持a、b棒水平，由靜止釋放框架，b棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)即做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界為重力勢(shì)能參考平面，則在框架下落過程中，a棒所受輕桿的作用力F及a棒的機(jī)械能E隨下落的高度h變化的關(guān)系圖像，可能正確的是()圖810．(2023·南平質(zhì)檢)如圖9甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時(shí)針傳動(dòng)，該裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過程中，其v-t圖像如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是()圖9A．該物塊帶負(fù)電B．皮帶輪的傳動(dòng)速度大小一定為1m/sC．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移D．在2s～4.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng)11．(2023·福州二模)如圖10甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：圖10(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段加速度a1、a2和拉力F三者的大小。12．如圖11甲所示，不計(jì)電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L＝1m，上端接有電阻R＝2Ω，虛線OO′下方存在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab，從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，且始終保持水平。已知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0＝1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示。試求：(g取10m/s2)(1)垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)ab桿下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量和通過R的電荷量。圖11答案1．選D物體在前5s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1,m)＝2m/s2，5s末的速度v1＝a1t1＝10m/s，物體在5～10s內(nèi)的加速度大小為a2＝eq\f(F2,m)＝6m/s2，10s末物體的速度v2＝v1－a2t2＝－20m/s，D正確。2．選AC演員在滑桿上靜止時(shí)，傳感器顯示的拉力800N等于演員重力和滑桿的重力之和，則演員的體重為600N，選項(xiàng)A正確；演員在第1s內(nèi)先靜止后加速下滑，加速下滑處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；演員加速下滑時(shí)受重力mg和滑桿的摩擦力Ff作用，此時(shí)滑桿所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3m/s2,對(duì)演員，由牛頓第二定律，mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420N，對(duì)滑桿，由平衡條件得，最小拉力F1＝420N＋200N＝620N，選項(xiàng)C正確；演員減速下滑時(shí)滑桿所受的拉力最大，減速下滑的加速度大小a2＝1.5m/s2，對(duì)演員，由牛頓第二定律，F(xiàn)f2－mg＝ma2，解得Ff2＝690N。對(duì)滑桿由平衡條件得，最大拉力F2＝690N＋200N＝890N。選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．選B物體先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖像得到推力對(duì)物體做功等于“面積”，得推力做功為：W＝200J，根據(jù)動(dòng)能定理：W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得：xm＝10m，故B正確；由圖像可得推力隨位移x是變化的，當(dāng)推力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大，則：F＝μmg＝20N，由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為：F＝100－25x，代入數(shù)據(jù)得：x＝3.2m，由動(dòng)能定理可得：eq\f(100＋20,2)×3.2－20×3.2＝eq\f(1,2)×4×vm2，解得：vm＝8m/s，故C錯(cuò)誤；拉力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后增大，故D錯(cuò)誤。4．選B滑雪者在AB段加速，在BC段減速，在B點(diǎn)速度最大。x-t圖像中，圖線的斜率表示速度，滑雪者在B點(diǎn)時(shí)的速度最大而不是零，A錯(cuò)誤；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不變，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不變，即加速度大小均不變，滑雪者先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又AB>BC，故aAB<aBC，B正確，C錯(cuò)誤；AB段，滑雪者加速下滑，則Gsinθ>Ff，又sinθ<1，則AB段下滑過程中Ff比G要小，而不是D項(xiàng)表示的Ff與G相等，D錯(cuò)誤。5．選C線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程受到的安培力：F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，切割磁感線的有效長度L增大，安培力增大，由牛頓第二定律得：mg－F＝ma，則a＝g－eq\f(B2L2v,mR)，線框由靜止做加速運(yùn)動(dòng)，由于L、v不斷增大，加速度a減小，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小，v-t圖像的斜率減小。故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。6．選D帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其電勢(shì)能的變化規(guī)律是非線性的。由Ep-x圖像知，帶電粒子的電勢(shì)能不是均勻變化的，電場(chǎng)力是恒力，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，電勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量，即動(dòng)能增加得越來越慢，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于靜電力不是恒力，加速度a應(yīng)該越來越小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。7．選AD如果該電場(chǎng)由等量異種電荷產(chǎn)生，則兩點(diǎn)電荷連線的中垂線是等勢(shì)面，故連線中點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，可知靜電場(chǎng)由兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生。故A正確，B錯(cuò)誤。該圖像的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E，斜率越大，場(chǎng)強(qiáng)越大，則知EBx的大小大于ECx的大小，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷沿x軸從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，電勢(shì)先升高后降低，根據(jù)公式Ep＝qφ，電勢(shì)能先減小后增加，故D正確。8．選AC導(dǎo)體棒在左半?yún)^(qū)域時(shí)，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向上，電流從M經(jīng)R到N為正值，且逐漸變大，導(dǎo)體棒在右半?yún)^(qū)域時(shí)，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向下，電流為負(fù)值，且逐漸減小，且滿足經(jīng)過分界線時(shí)感應(yīng)電流大小突然加倍，A正確，B錯(cuò)誤；第一段時(shí)間內(nèi)安培力大小F＝BIL∝L2，第二段時(shí)間內(nèi)F＝2BIL∝L2，C正確，D錯(cuò)誤。9．選BC框架在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，輕桿對(duì)a作用力為零，b進(jìn)入磁場(chǎng)后，框做勻速運(yùn)動(dòng)，a處于平衡狀態(tài)，桿對(duì)a的作用力F＝mg，方向向上，當(dāng)框架下落2h，a棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，a受到輕桿的作用力大小等于重力，方向向下，故A錯(cuò)誤，B正確；框架進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，機(jī)械能不變，線框進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減少，框架完全離開磁場(chǎng)后，只受重力作用，機(jī)械能守恒，故C正確，D錯(cuò)誤。10．選D由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。物塊的最大速度是1m/s。對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時(shí)：FN＝mgcosθ，后來：FN′＝mgcosθ－F洛，即洛倫茲力的方向是向上的。物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，物塊帶正電。故A錯(cuò)誤；物塊向上運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時(shí)，物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛)②由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止，也可能相對(duì)于傳送帶不靜止。故B錯(cuò)誤，D正確；由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以即使已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移。故C錯(cuò)誤。11．解析：(1)物塊上升的距離：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物塊下滑的距離：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝0.5m路程L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝1.5m。(2)由圖乙知，各階段加速度a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2a2＝eq\f(0－2,0.5)m/s2＝－4m/s2設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝ma2；聯(lián)立解得：F＝8N。答案：(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N12．解析：(1)由a-h圖像可知，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a0＝10m/s2，方向豎直向上由牛頓第二定律有BI0L－mg＝ma0設(shè)ab桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，有I0＝eq\f(E0,R)，E0＝BLv0聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T。(2