專題31高考中的圖像問題VIP

第三部分專項(xiàng)提能優(yōu)化訓(xùn)練專題3.1高考中的圖像問題目錄TOC\o"13"\h\ueq\a\vs4\al(一、運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問題) 1eq\a\vs4\al(二、動(dòng)力學(xué)圖像問題) 4三、功能關(guān)系與圖像 6四、電場(chǎng)中的圖像 10五、恒定電流中的圖像問題 12六、電磁感應(yīng)中的圖像問題 14七、專題跟蹤檢測(cè) 18eq\a\vs4\al(一、運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問題)高考試題中常涉及的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像有三種，分別是x-t圖像、v-t圖像、a-t圖像，由圖像分析計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)的位移、速度、加速度、間距變化及追及相遇問題?！纠}分析】如圖所示為物體做直線運(yùn)動(dòng)的圖像，下列說法正確的是()A．甲圖中，物體在0～t0這段時(shí)間內(nèi)的位移小于eq\f(1,2)v0t0B．乙圖中，物體的加速度為2m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1～t2時(shí)間內(nèi)物體的加速度變化量D．丁圖中，t＝3s時(shí)物體的速度為25m/s【答案】D【解析】由v-t圖線與時(shí)間坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可知甲圖中，物體在0～t0這段時(shí)間內(nèi)的位移大于eq\f(1,2)v0t0平均速度大于eq\f(1,2)v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax可知乙圖中，2a＝1m/s2，則物體的加速度為0.5m/s2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)Δv＝at可知，丙圖中陰影部分的面積表示t1～t2時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結(jié)合丁圖可知eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2a前面的eq\f(1,2)易被忽視，即a＝10m/s2，則v0＝－5m/s，故t＝3s時(shí)物體的速度為v3＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，選項(xiàng)D正確?！窘忸}要點(diǎn)】讀懂圖像三步走第一步：關(guān)注橫、縱坐標(biāo)(1)確認(rèn)橫、縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量各是什么。(2)注意橫、縱坐標(biāo)是否從零刻度開始。(3)坐標(biāo)軸物理量的單位不能忽視。第二步：理解斜率、面積、截距的物理意義(1)圖線的斜率：通常能夠體現(xiàn)某個(gè)物理量的大小、方向及變化情況。(2)面積：由圖線、橫軸，有時(shí)還要用到縱軸及圖線上的一個(gè)點(diǎn)或兩個(gè)點(diǎn)到橫軸的垂線段所圍圖形的面積，一般都能表示某個(gè)物理量。如v-t圖像中的面積，表示位移。(3)截距：圖線在縱軸上以及橫軸上的截距。第三步：分析交點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn)、漸近線(1)交點(diǎn)：往往是解決問題的切入點(diǎn)。(2)轉(zhuǎn)折點(diǎn)：滿足不同的函數(shù)關(guān)系式，對(duì)解題起關(guān)鍵作用。(3)漸近線：往往可以利用漸近線求出該物理量的極值?！痉诸愑?xùn)練】類型1x-t圖像問題1.(2022·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)中國海軍服役某艦載機(jī)在航母甲板上由靜止加速起飛過程中的位移—時(shí)間(x－t)圖線如圖所示，則()A．在0～3s內(nèi)，某艦載機(jī)的平均速度大于12m/sB．在N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，某艦載機(jī)的速度為7.5m/sC．在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置，某艦載機(jī)的速度大于20m/sD．某艦載機(jī)在甲板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】在0～3s內(nèi)，某艦載機(jī)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，A錯(cuò)誤；在x－t圖線中，斜率表示速度，由圖線可得，物體做加速運(yùn)動(dòng)，在0～2s內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，因此N點(diǎn)的速度大于7.5m/s，B錯(cuò)誤；MN段的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，因此M點(diǎn)的速度大于20m/s，C正確；假設(shè)某艦載機(jī)在航母甲板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x1＝eq\f(1,2)at2，0～2s內(nèi)，x2＝eq\f(1,2)a1×22，0～3s內(nèi)，x3＝eq\f(1,2)a2×32，代入數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)a1≠a2，因此不是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。類型2v-t圖像問題2.(多選)(2022·河北石家莊一模)哈爾濱工業(yè)大學(xué)計(jì)算學(xué)部設(shè)計(jì)了一款能夠與人協(xié)作、共同完成冰壺比賽的機(jī)器人。當(dāng)機(jī)器人與冰壺之間的距離保持在8m之內(nèi)時(shí)，機(jī)器人可以實(shí)時(shí)追蹤冰壺的運(yùn)動(dòng)信息。如圖甲所示，在某次投擲練習(xí)中機(jī)器人夾取冰壺，由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，之后釋放冰壺，二者均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，冰壺準(zhǔn)確命中目標(biāo)，二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v－t圖像如圖乙所示。此次投擲中，下列說法中正確的是()A．冰壺減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.125m/s2B．9s末，冰壺的速度大小為5.75m/sC．7s末，冰壺、機(jī)器人二者間距為7mD．機(jī)器人能夠一直準(zhǔn)確獲取冰壺的運(yùn)動(dòng)信息【答案】AC【解析】根據(jù)加速度的定義可知，冰壺減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(5－6,11－3)m/s2＝－0.125m/s2，故加速度大小為0.125m/s2，A正確；由速度時(shí)間公式可得，9s末，冰壺的速度大小為v＝v0＋at＝6m/s－0.125×6m/s＝5.25m/s，B錯(cuò)誤；由圖線可知，機(jī)器人的加速度為a機(jī)＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－6,9－3)m/s2＝－1m/s2，故可得，7s末冰壺的位移為x冰＝v0t＋eq\f(1,2)a冰t2＝23m，7s末機(jī)器人的位移為x機(jī)＝v0t＋eq\f(1,2)a機(jī)t2＝16m，則7s末冰壺、機(jī)器人二者間距為7m，C正確；由于機(jī)器人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，其位移為18m，而此時(shí)冰壺的位移為x冰＝v0t＋eq\f(1,2)a冰t2＝33.75m，此時(shí)相距s′＝(33.75－18)m＝15.75m＞8m，可知機(jī)器人不能一直準(zhǔn)確獲取冰壺的運(yùn)動(dòng)信息，D錯(cuò)誤。類型3a-t圖像問題3.P、Q兩物體從同一位置由靜止開始沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，a-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．t＝6s時(shí)，P、Q兩物體的速度之比為2∶1B．t＝4s時(shí)，P、Q兩物體的速度之比為2∶1C．2～4s內(nèi)，Q的位移大小為48mD．4～6s內(nèi)，Q的位移大小為64m【答案】D【解析】：a-t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍面積表示速度變化量Δv，由于初速度為零，所以v＝Δv，得t＝6s時(shí)，P、Q兩物體的速度之比eq\f(vP,vQ)＝eq\f(\f(1,2)×4×16,\f(1,2)×4＋6×8)＝eq\f(4,5)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)，P、Q兩物體的速度之比eq\f(vP′,vQ′)＝eq\f(\f(1,2)×2×8,\f(1,2)×2＋4×8)＝eq\f(1,3)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)，Q的速度v1＝eq\f(1,2)×2×8m/s＝8m/s,2～4s內(nèi)Q的位移x1＝v1Δt1＋eq\f(1,2)a(Δt1)2＝32m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2～6s內(nèi)Q的位移x2＝v1Δt2＋eq\f(1,2)a(Δt2)2＝96m，故4～6s內(nèi)Q的位移x＝x2－x1＝64m，選項(xiàng)D正確。eq\a\vs4\al(二、動(dòng)力學(xué)圖像問題)高考試題中涉及的動(dòng)力學(xué)圖像有v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、a-F圖像等，主要考查學(xué)生讀圖、用圖的能力。【例題分析】如圖甲所示，一物塊放在粗糙的水平面上，從t＝0時(shí)刻開始，以一定的初速度向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在物塊上加一斜向右上方的恒力F的作用，F(xiàn)與水平方向的夾角θ＝37°，物塊的質(zhì)量為2kg，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊向左運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)，求：(1)拉力F的大?。?2)物塊再回到t＝0時(shí)刻的位置時(shí)的速度v1大?。?3)若在t＝0.5s時(shí)拉力的方向不變，大小改變，要使物塊再回到t＝0時(shí)刻的位置時(shí)速度大小和t＝0時(shí)刻的速度大小相等，則拉力F′應(yīng)變?yōu)槎嗌伲?結(jié)果保留兩位小數(shù))【答案】(1)28N(2)eq\f(2,5)eq\r(195)m/s(3)30.91N【解析】(1)物塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，由題圖像可知，初速度v0＝6m/s加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝12m/s2由牛頓第二定律Fcosθ＋μ(mg－Fsinθ)＝ma1解得F＝28N。(2)物塊在拉力作用下從速度為零開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由題中圖像可知，回到t＝0時(shí)刻的位置的位移x＝eq\f(1,2)×6×0.5m＝1.5m由牛頓第二定律Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma2解得a2＝10.4m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v12＝2a2x得物塊回到t＝0時(shí)刻位置的速度v1＝eq\f(2,5)eq\r(195)m/s。(3)要使物塊回到t＝0時(shí)刻位置的速度大小和t＝0時(shí)刻的速度大小相等，因此物塊做的是類上拋運(yùn)動(dòng)，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a3＝a1＝12m/s2由牛頓第二定律得F′cosθ－μ(mg－F′sinθ)＝ma3解得F′＝30.91N?！窘忸}要點(diǎn)】圖像問題的求解思路【分類訓(xùn)練】類型1F-t圖像問題1．(2022·遼寧朝陽質(zhì)檢)一航天愛好者將一枚自制火箭豎直向上發(fā)射，該火箭的推力隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示?；鸺幱陟o止?fàn)顟B(tài)，開始點(diǎn)火(t＝0)，t＝20s時(shí)火箭失去推力。假設(shè)火箭質(zhì)量恒為2kg，重力加速度g＝10m/s2，并假設(shè)運(yùn)動(dòng)中不計(jì)空氣阻力。則下列結(jié)論正確的是()A.0～10s內(nèi)，火箭一直加速運(yùn)動(dòng)B.t＝10s時(shí)，火箭速度達(dá)到最大C.發(fā)射過程中，火箭的最大加速度為15m/s2D.10～20s內(nèi)，火箭的速度增量為50m/s【答案】D【解析】火箭質(zhì)量恒為2kg，當(dāng)推力小于重力時(shí)火箭靜止，故0～10s內(nèi)，火箭并非一直加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；10～20s推力大于重力，火箭仍在加速，t＝10s時(shí)，火箭的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；10～20s推力最大為30N，根據(jù)牛頓第二定律am＝eq\f(Fm－mg,m)＝5m/s2，故C錯(cuò)誤；10～20s內(nèi)，火箭的速度增量為Δv＝amΔt＝50m/s，故D正確。類型2a-F圖像問題2．(2022·重慶六區(qū)調(diào)研)甲、乙兩物體都靜止在水平面上，質(zhì)量分別為m甲、m乙，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙?，F(xiàn)用水平拉力F分別作用于兩物體，加速度a與拉力F的關(guān)系如圖，圖中b、－2c、－c為相應(yīng)坐標(biāo)值，重力加速度為g。由圖可知()A．μ甲＝eq\f(g,2c)，m甲＝eq\f(2c,b)B．μ甲＝eq\f(2c,g)，m甲＝eq\f(b,2c)C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2【答案】B【解析】對(duì)質(zhì)量為m的物體受力分析，假定動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μmg＝ma，可得a＝eq\f(F,m)－μg，故a與F關(guān)系圖像的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，則有m甲＝eq\f(b,2c)，m乙＝eq\f(b,c)，即m甲∶m乙＝1∶2；a－F關(guān)系圖像的縱截距為－μg，故－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝eq\f(2c,g)，μ乙＝eq\f(c,g)，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故B正確。三、功能關(guān)系與圖像【例題分析】(多選)(2022·河南猜題卷)如圖所示，乒乓球以較大速度從地面豎直向上拋出，若球所受空氣阻力與速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趨于勻速。取地面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，則乒乓球在空中運(yùn)動(dòng)過程中，其動(dòng)能及重力勢(shì)能隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()【答案】BC【解析】乒乓球上升階段，設(shè)某一很短時(shí)間Δt內(nèi)速度大小為v，則阻力f＝kv發(fā)生的位移為Δx＝vΔt由動(dòng)能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔEk可得eq\f(ΔEk,Δt)＝－(mg＋kv)v上升過程，速度逐漸減小，eq\f(ΔEk,Δt)的絕對(duì)值逐漸減小，即Ek－t圖線切線的斜率的絕對(duì)值減小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，速度減為0，斜率也為0，同理，下降階段有eq\f(ΔEk,Δt)＝(mg－kv′)v′下降過程乒乓球速度大小逐漸增加，所受合力逐漸減小，最后乒乓球趨于勻速，所受合力趨于0，eq\f(ΔEk,Δt)的絕對(duì)值從0先增加然后減小最終趨于0，A錯(cuò)誤，B正確；上升階段結(jié)合上述分析，有ΔEp＝mgΔx有eq\f(ΔEp,Δt)＝mgv上升階段速度逐漸減小，eq\f(ΔEp,Δt)的絕對(duì)值逐漸減小，即Ep－t圖線斜率逐漸減小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，速度減為0，Ep－t圖線斜率也為0，同理，下降階段有eq\f(ΔEp,Δt)＝－mgv′速度大小逐漸增加，圖線斜率絕對(duì)值逐漸增大，C正確，D錯(cuò)誤。【提能訓(xùn)練】1.(2022·云南昆明模擬)小球以某一速度豎直向上拋出，又回到出發(fā)點(diǎn)。由于阻力影響，機(jī)械能隨高度的變化如圖所示，則下列說法正確的是()A.小球的加速度先減小后增大B.小球上升的時(shí)間比下降的時(shí)間長(zhǎng)C.小球上升過程阻力做功比下降過程少D.小球上升過程阻力做功比下降過程快【答案】D【解析】由于阻力作用，同一高度的機(jī)械能減小，故上面那條曲線為上升過程機(jī)械能隨高度的變化曲線，下面那條曲線為下降過程機(jī)械能隨高度的變化曲線，圖像中斜率為阻力。上升時(shí)，阻力減小，下降時(shí)，阻力變大。上升時(shí)mg＋f＝ma，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；下降時(shí)mg－f＝ma，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故加速度一直減小，速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由于阻力作用，同一高度上升時(shí)速度大于下降時(shí)速度，上升平均速度大，時(shí)間短，故B錯(cuò)誤；上升時(shí)，阻力做功大小為E0－E1，下降時(shí)阻力做功大小為E1－E2，上升阻力做功多，故C錯(cuò)誤；上升時(shí)阻力做功多，時(shí)間短，故做功快，故D正確。2.(多選)(2022·天津五校聯(lián)考)在大型物流貨場(chǎng)，廣泛應(yīng)用著傳送帶搬運(yùn)貨物。如圖甲所示，與水平面成θ角傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過1.2s到達(dá)傳送帶的B端。用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v－t圖像可知()A.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，摩擦力恒定不變B.貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8JD.A、B兩點(diǎn)的距離為2.4m【答案】BC【解析】由圖像可知，傳送帶的速度為2m/s，在貨物到達(dá)與傳送帶共速之前，即0～0.2s內(nèi)，貨物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，貨物受沿斜面向上的摩擦力，故A錯(cuò)誤；由圖像可以看出貨物做兩段勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由圖像得到a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正確；貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcos37°(Δx1＋Δx2)＝0.5×1×10×0.8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8J，故C正確；A、B兩點(diǎn)的距離就是貨物的位移，即貨物的v－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積。所以有sAB＝eq\f(2×0.2,2)m＋eq\f(2＋4,2)×1m＝3.2m，故D錯(cuò)誤。3.(2022·福建龍巖質(zhì)檢)一輛小轎車在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系如圖所示。已知轎車的總質(zhì)量為1300kg，其所受的阻力不變，則轎車()A.速度隨時(shí)間均勻增大B.加速度隨時(shí)間均勻減小C.所受阻力大小為2.73×103ND.電動(dòng)機(jī)輸出功率為9.1×103W【答案】C【解析】由圖可知，轎車加速度變化，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；a－eq\f(1,v)函數(shù)方程a＝eq\f(70,v)－2.1，因?yàn)檗I車做變加速運(yùn)動(dòng)，所以加速度不是隨時(shí)間均勻減小，故B錯(cuò)誤；對(duì)轎車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有F－f＝ma，F(xiàn)＝eq\f(P,v)，聯(lián)立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，結(jié)合圖線，當(dāng)轎車的速度最大時(shí)，加速度為零，故結(jié)合圖像可知，a＝0時(shí)，eq\f(1,v)＝0.03，解得v＝eq\f(100,3)m/s，由圖像可知－eq\f(f,m)＝－2.1，解得f＝2.1m＝2.1×1300N＝2.73×103N，電動(dòng)機(jī)輸出功率P＝fv＝9.1×104W，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(2022·超級(jí)全能生原創(chuàng)卷)質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，位于距離地面高度為h的平臺(tái)邊緣，如圖所示。某時(shí)刻物體以水平初速度從平臺(tái)邊緣飛出，選取飛出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知重力加速度為g，忽略空氣阻力和平臺(tái)的摩擦，在運(yùn)動(dòng)過程中的任意位置，關(guān)于其動(dòng)能Ek和重力做的功W與水平位移x的關(guān)系，以下圖像描述正確的是()【答案】B【解析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，在水平方向有vx＝v0，x＝v0t在豎直方向有vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2由以上各式得速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可知?jiǎng)幽蹺k與水平位移x的關(guān)系是一條拋物線，A錯(cuò)誤，B正確；重力做的功為W＝mgy＝mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2可知重力做的功W與水平位移x的關(guān)系是一條過原點(diǎn)的拋物線，C、D錯(cuò)誤。四、電場(chǎng)中的圖像電場(chǎng)中的圖像主要有v-t圖像、φ-x圖像、E-x圖像、Ep-x圖像等，多以選擇題的形式呈現(xiàn)，難度中等?！纠}分析】有一沿x軸分布的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖所示，x軸正向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，在x軸上0～x1間某點(diǎn)處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．x軸上x1處電勢(shì)最高B．x軸上x2處電勢(shì)最高C．粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，粒子的電勢(shì)能可能先減小后增大，再減小D．粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，如果到達(dá)x2處速度剛好為零，則粒子運(yùn)動(dòng)的最大速度一定大于eq\r(\f(qE0x2－x1,m))【答案】AD【解析】因x1點(diǎn)的右側(cè)電場(chǎng)方向向右，左側(cè)的電場(chǎng)方向向左，故x1點(diǎn)的電勢(shì)最高，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；帶負(fù)電的粒子從0～x1中的某位置釋放，在向右運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力先做正功，過了x1位置后，電場(chǎng)力做負(fù)功，故粒子的電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，如果到達(dá)x2處速度剛好為零，則在x1處的速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理，如果是場(chǎng)強(qiáng)為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則eq\f(1,2)mvm2＝E0q(x2－x1)，解得vm＝eq\r(\f(2E0qx2－x1,m))，因x1～x2處的平均場(chǎng)強(qiáng)大于eq\f(1,2)E0，故粒子運(yùn)動(dòng)的最大速度一定大于eq\r(\f(E0qx2－x1,m))，選項(xiàng)D正確。【解題要點(diǎn)】(1)不同的圖像對(duì)應(yīng)不同的物理意義，解此類問題時(shí)要關(guān)注圖像橫軸和縱軸代表的物理量和坐標(biāo)點(diǎn)的意義。(2)注意分析圖像的形狀、斜率、截距和面積表示的信息。如φ-x圖像斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，E-x圖像與x軸所圍面積表示電勢(shì)差，Ep-x圖像的斜率表示電場(chǎng)力等。類型1電場(chǎng)中的v-t圖像1.(2022·天津質(zhì)檢)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，tA、tB分別是帶電粒子到達(dá)A、B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，則下列說法中正確的是()A．A處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于B處的電場(chǎng)強(qiáng)度B．A處的電勢(shì)一定高于B處的電勢(shì)C．帶電粒子在A處的電勢(shì)能一定小于在B處的電勢(shì)能D．帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力一定對(duì)其做正功【答案】D【解析】：根據(jù)速度圖像的斜率等于加速度，由題圖可以看出，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中帶電粒子的加速度減小，則其所受的電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，即有A處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于B處的電場(chǎng)強(qiáng)度，A錯(cuò)誤。由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場(chǎng)方向，也就不能判斷電勢(shì)高低，故B錯(cuò)誤。由題圖看出，帶電粒子的速度增大，動(dòng)能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤，D正確。類型2電場(chǎng)中的φ-x圖像2．[多選](2022·衡陽三模)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場(chǎng)，其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與x軸平行，在x軸上的電勢(shì)φ與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過(0.1m,4.5×105V)和(0.15m，3×105V)兩點(diǎn)，圖中虛線為該曲線過點(diǎn)(0.15m,3×105V)的切線。現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02，重力加速度g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的電勢(shì)能先減小后增大B．滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運(yùn)動(dòng)的最大速度為0.1m/s【答案】BCD【解析】：由電勢(shì)φ與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度可知，電場(chǎng)方向未變，滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力始終做正功，電勢(shì)能逐漸減小，故A錯(cuò)誤。電勢(shì)φ與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，則x＝0.15m處的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(3×105,0.3－0.15)V/m＝2×106V/m＝2.0×106N/C，滑塊P在此處所受的電場(chǎng)力為：F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N；滑動(dòng)摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場(chǎng)力大于摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，在x＝0.15m后電場(chǎng)力小于摩擦力，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，故B、C正確。在x＝0.15m處，電場(chǎng)力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得，qU－fx＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)?.10m和0.15m處的電勢(shì)差為1.5×105V，代入求解，最大速度為0.1m/s，故D正確。類型3電場(chǎng)中的Ep-x圖像3．(2022·北京模擬)如圖甲所示，A、B為電場(chǎng)中一直線上的兩個(gè)點(diǎn)，帶正電荷的點(diǎn)電荷只受電場(chǎng)力的作用，從A點(diǎn)以某一初速度做直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。則從A到B過程中，下列說法正確的是()A．點(diǎn)電荷的速度先增大后減小B．空間電場(chǎng)是某負(fù)點(diǎn)電荷形成的C．電荷所受電場(chǎng)力先減小后增大D．空間各點(diǎn)的電勢(shì)先降低后升高【答案】C【解析】：正電荷在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，故正電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能的總和不變，由圖像可知，電勢(shì)能先增加后減少，則動(dòng)能先減少后增加，速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做的功W＝Fx＝Ep0－Ep，Ep-x圖線的斜率反映電場(chǎng)力，可見電場(chǎng)力先減小后增大，且方向發(fā)生了變化，因此不可能是點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，故B錯(cuò)誤，C正確；由題圖乙可知，帶正電荷的點(diǎn)電荷電勢(shì)能先增加后減少，由正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大可知電勢(shì)先升高后降低，D錯(cuò)誤。五、恒定電流中的圖像問題恒定電流中的圖像主要是指電阻的U-I圖像和電源的U-I圖像，該類試題多為兩種圖像相結(jié)合的方式呈現(xiàn)，難度中等?！纠}分析】(多選)(2021·浙江省百校3月模擬聯(lián)考)如圖所示，電源由幾個(gè)相同的干電池組成。合上開關(guān)S，變阻器的滑片從A端滑到B端的過程中，電路中的一些物理量的變化，如圖甲、乙、丙所示，圖甲為電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)關(guān)系，圖乙為干電池輸出功率跟電壓表示數(shù)關(guān)系，圖丙為干電池輸出電能的效率η與變阻器接入電路電阻大小的關(guān)系，不計(jì)電表、導(dǎo)線對(duì)電路的影響，則()A.串聯(lián)電池的總電阻為2ΩB.串聯(lián)的干電池節(jié)數(shù)為6節(jié)C.變阻器的總電阻為8ΩD.乙圖上b點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3【答案】ACD【解析】通過圖甲可知短路電流為3A，即I＝eq\f(E,r)＝3A，當(dāng)外電路的阻值和內(nèi)阻相等時(shí)，輸出功率最大，此時(shí)U＝eq\f(1,2)E，Pmax＝eq\f(U2,R)＝eq\f(E2,4r)＝4.5W，解得E＝6V，r＝2Ω，由于每節(jié)干電池的電壓為1.5V，故電源由四節(jié)干電池組成，A正確，B錯(cuò)誤；電源的效率η＝eq\f(P輸出,P總)＝eq\f(R,R＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R))，故滑動(dòng)變阻器阻值全部接入電路時(shí)，電源的效率最高。η＝eq\f(R,R＋r)＝0.8，解得R＝8Ω，C正確；由于電動(dòng)勢(shì)為6V，而b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外電路阻值和內(nèi)阻相等，所以U＝eq\f(1,2)E，故乙圖上b點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3，D正確?！窘忸}要點(diǎn)】(1)注意區(qū)別電源的U-I圖像和電阻的U-I圖像。(2)兩圖像斜率的物理意義不同，電源U-I圖像圖線斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻大小，電阻U-I圖像圖線為直線時(shí)斜率大小表示電阻的大小。(3)坐標(biāo)U和I的乘積的物理意義不同，分別表示電源輸出功率、該電阻消耗功率。(4)坐標(biāo)U和I的比值的物理意義不同，分別表示外電路總電阻大小、該電阻大小。1(2022·鄭州期末)圖甲為某電源的U-I圖線，圖乙為某小燈泡的U-I圖線，則下列說法中正確的是()A．電源的內(nèi)阻為0.5ΩB．小燈泡的電阻隨著功率的增大而減小C．當(dāng)小燈泡兩端的電壓為0.5V時(shí)，它的電阻約為eq\f(1,6)ΩD．把電源和小燈泡組成閉合回路，小燈泡的功率約為3.0W【答案】D【解析】由題圖甲，根據(jù)U＝E－Ir可得：電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝eq\f(1.5－1.0,3)Ω＝0.17Ω，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可得：小燈泡的功率越大，則電壓越大，斜率越大，故電阻越大，故B錯(cuò)誤；由題圖乙可得：當(dāng)小燈泡兩端的電壓U＝0.5V時(shí)，電流I＝6A，故電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(0.5,6)Ω＝eq\f(1,12)Ω，故C錯(cuò)誤；把電源和小燈泡組成閉合回路，將甲、乙兩圖疊加到一起，兩U-I圖線的交點(diǎn)即小燈泡的電壓、電流，故U＝0.5V，I＝6A，所以小燈泡的功率P＝UI＝3.0W，故D正確。2.[多選]某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻R1、R2兩端的電壓與電流的關(guān)系如圖所示。用此電源和電阻R1、R2組成電路，R1、R2可以同時(shí)接入電路，也可以單獨(dú)接入電路。下列說法正確的是()A．將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端時(shí)，電源的效率為75%B．將R1、R2并聯(lián)后接到電源兩端時(shí)，電源的效率為80%C．為使電源輸出功率最大，可將R1單獨(dú)接到電源兩端D．為使電源輸出功率最大，可將R2單獨(dú)接到電源兩端【答案】AC【解析】：根據(jù)題圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝3V，內(nèi)阻r＝eq\f(3,6)Ω＝0.5Ω，根據(jù)R＝eq\f(U,I)知，兩定值電阻的阻值分別為R1＝0.5Ω，R2＝1Ω。將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端時(shí)，電源的效率為η＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋r)×100%＝75%，故A正確；外電阻越大，電源的效率越高，因?yàn)镽1、R2并聯(lián)后的電阻小于將它們串聯(lián)后的電阻，可知，將R1、R2并聯(lián)后接到電源兩端時(shí)，電源的效率小于75%，故B錯(cuò)誤；當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，據(jù)此可知將R1單獨(dú)接到電源兩端時(shí)，電源輸出功率最大，故C正確，D錯(cuò)誤。六、電磁感應(yīng)中的圖像問題電磁感應(yīng)中的圖像種類較多，有B-t、Φ-t、E-t、i-t圖像等，題型以選擇題為主，難度中等?！纠}分析】如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()【答案】D【解析】設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i。線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時(shí)針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時(shí)針)eq\f(3l,2)～2lI＝0綜合分析知，只有選項(xiàng)D符合要求。【解題要點(diǎn)】1．解決電磁感應(yīng)圖像問題的三點(diǎn)關(guān)注(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向。(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。2．常用解決電磁感應(yīng)圖像問題的兩種方法(1)排除法；(2)函數(shù)法。類型1動(dòng)生圖像問題1.(2022·山東日照期末)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于xOy平面內(nèi)的剛性三角形導(dǎo)體框abc在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)(不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng))，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，在導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖像正確的是(規(guī)定導(dǎo)體框內(nèi)的電流順時(shí)針方向?yàn)檎?()【答案】B【解析】從開始到ac邊中點(diǎn)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab邊左、右兩部分切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大反向，故回路總電動(dòng)勢(shì)等于ac左半部分切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)可知i隨進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度增大而增大，隨時(shí)間均勻增大，由右手定則知回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為負(fù)值；從ac邊中點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到導(dǎo)體框完全進(jìn)入磁場(chǎng)，回路總電動(dòng)勢(shì)是ac左半邊電動(dòng)勢(shì)與右半邊之差，由于左半邊電動(dòng)勢(shì)恒定，右半邊電動(dòng)勢(shì)隨進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度成正比，所以總電動(dòng)勢(shì)(電流)在隨時(shí)間均勻減小，回路電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。類型2感生圖像問題2.(多選)(2022·安徽六安模擬)固定的矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線框垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示。t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?、向左為安培力的正方向，?～4s內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流及導(dǎo)線框的ab邊所受安培力隨時(shí)間變化的圖像可能是()【答案】AD【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，由圖可知，0～2s內(nèi)，導(dǎo)線框中磁通量的變化率相同，電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，即電流為正方向；同理可得，2～4s內(nèi)電路中的電流為逆時(shí)針，電流為負(fù)的，且兩段時(shí)間內(nèi)磁通量的變化率大小相等，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，感應(yīng)電流大小相等，A正確，B錯(cuò)誤；由F＝IlB可知，電流大小恒定的情況下，F(xiàn)與B成正比，結(jié)合左手定則可知，0～1s內(nèi)與2～3s內(nèi)安培力向左，為正，1～2s內(nèi)與3～4s內(nèi)安培力向右，為負(fù)，C錯(cuò)誤，D正確。類型3圖像的分析與應(yīng)用3.[多選](2022·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場(chǎng)的邊界重合。在外力作用下，金屬線框從0時(shí)刻由靜止開始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)。若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則感應(yīng)電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時(shí)值P以及通過線框某橫截面的電荷量q隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是()【答案】ACD【解析】：線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度v＝at，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，i與t成正比，故A正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中受到的安培力FA＝BiL＝eq\f(B2L2at,R)，由牛頓第二定律得：F－FA＝ma，得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，F(xiàn)-t圖像是不過原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯(cuò)誤；線框的電功率P＝i2R＝eq\f(B2L2a2t2,R)∝t2，故P-t圖像應(yīng)是開口向上，過原點(diǎn)的拋物線，故C正確；線框的位移x＝eq\f(1,2)at2，則電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(BLat2,2R)∝t2，故q-t圖像應(yīng)是開口向上過原點(diǎn)的拋物線，故D正確。七、專題跟蹤檢測(cè)1．如圖甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC．木板A的最小長(zhǎng)度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【答案】D【解析】：由題給圖像可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動(dòng)能為1J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v-t圖像可求出二者相對(duì)位移為1m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析B的受力，根據(jù)牛頓第二定律，可求出μ＝0.1，選項(xiàng)D正確。2．如圖甲所示，MN是一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，從M點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶正電荷的帶電粒子，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列敘述中不正確的是()A．M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小B．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高C．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能增加D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)粒子所受電場(chǎng)力逐漸增大【答案】C【解析】：從v-t圖像可以看出，加速度越來越大，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，則說明受到的電場(chǎng)力越來越大，根據(jù)公式F＝qE，說明電場(chǎng)強(qiáng)度越來越大，所以M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小，故A、D正確；因?yàn)閹щ娏Ｗ幼黾铀龠\(yùn)動(dòng)，所以受到的電場(chǎng)力向右，又因?yàn)閹щ娏Ｗ訋д姾?，所以電?chǎng)線的方向向右，又因?yàn)轫樦妶?chǎng)線的方向電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高，故B正確；從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能增加，電勢(shì)能應(yīng)該減少，故C錯(cuò)誤。3．[多選](2022·唐山一模)如圖所示，x-t圖像反映了甲、乙兩車在同一平直公路上行駛的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系，已知乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10s處，則0～10s過程中()A．甲車的速度大小為4.0m/sB．乙車的平均速度大小為4.0m/sC．甲車的位移大小為40mD．乙車的位移大小為80m【答案】ACD【解析】：甲車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為：v甲＝eq\f(x,t1)＝eq\f(20,5)m/s＝4.0m/s，在0～10s內(nèi)位移為：x甲＝v甲t＝4×10m＝40m，故A、C正確；乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10s處，則t＝10s時(shí)，速度為零，將其運(yùn)動(dòng)反向看成初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系x＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)圖像有：x0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a·(10s)2，20m＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)a·(5s)2，解得：a＝1.6m/s2，x0＝80m，則0～10s內(nèi)乙車的平均速度大小為：eq\x\to(v)乙＝eq\f(x0,t)＝eq\f(80,10)m/s＝8m/s，故B錯(cuò)誤，D正確。4.(2021·湖北高考，4)如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgs1sin30°－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s1，結(jié)合0～10m內(nèi)的Ek－s圖像得，斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的Ek－s圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯(lián)立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5.(2022·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)我國的民用無人機(jī)技術(shù)發(fā)展迅速，目前已占據(jù)全球市場(chǎng)一半以上。某品牌無人機(jī)出廠前進(jìn)行豎直飛行測(cè)試，發(fā)動(dòng)機(jī)起飛一段時(shí)間后關(guān)閉，再經(jīng)歷一小段時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)。已知無人機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)提供的升力大小恒定，空氣阻力恒為重力的0.25倍，無人機(jī)的動(dòng)能E與上升高度h的關(guān)系如圖所示，則下列論述錯(cuò)誤的是()A．無人機(jī)的升力大小是68.6NB．無人機(jī)的質(zhì)量是4kgC．空氣阻力的大小是8ND．加速段與減速段時(shí)間之比為7∶5【答案】B【解析】由動(dòng)能E與上升高度h的關(guān)系圖，可得斜率大小即為合外力的大小，故得到加速段的合外力大小為F－mg－f＝28.6N，減速段的合外力為mg＋f＝40N，聯(lián)立可得升力F＝68.6N，A正確；由減速段的合外力為mg＋f＝1.25mg＝40N，可得m＝3.2kg，空氣阻力f＝0.25mg＝8N，B錯(cuò)誤，C正確；由于加速段和減速段均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可知兩階段的平均速度相等，故時(shí)間之比等于位移之比為1.75∶1.25＝7∶5，D正確。6.(2022·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示是小朋友玩蹦床的示意圖。從小朋友下落到離地面高h(yuǎn)處開始計(jì)時(shí)，其動(dòng)能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖乙所示，在h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，小朋友的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦，下列說法正確的是()A．整個(gè)過程中小朋友的機(jī)械能守恒B．從h2～h5過程中，小朋友的加速度先增大后減小C．從h1～h5過程中，蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h1－h(huán)5))D．小朋友處于h＝h4高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h1－h(huán)4))【答案】C【解析】小朋友受蹦床彈力做功，機(jī)械能不守恒，小朋友與蹦床組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；小朋友的腳接觸蹦床到彈力等于重力的過程中有mg－kx＝ma，小朋友下降過程中x增大，則a減小，從彈力等于重力到蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降過程中x增大，則a′增大，則從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過程中(從h2～h5過程中)，其加速度先減小后增大，B錯(cuò)誤；小朋友從h1下降到h5過程中，動(dòng)能增量為零，由機(jī)械能守恒定律知重力勢(shì)能減少量等于蹦床彈性勢(shì)能增加量，所以蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，C正確；小朋友處于h＝h4高度時(shí)，由于h4高度時(shí)的動(dòng)能與h2高度時(shí)的動(dòng)能相等，所以從h2到h4過程重力勢(shì)能損失量等于蹦床彈性勢(shì)能增加量，h2為小朋友剛接觸蹦床時(shí)的高度，彈性勢(shì)能為零，所以h4高度時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，D錯(cuò)誤。7.(2022·重慶巴蜀中學(xué)檢測(cè))如圖甲所示，由彈丸發(fā)射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個(gè)力傳感器)構(gòu)成的游戲裝置，半圓形擋板的半徑R＝0.5m，斜面高度h＝0.9m，彈丸與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5。游戲者調(diào)節(jié)發(fā)射器，彈丸到B點(diǎn)時(shí)速度沿斜面且大小為5m/s，接著他將半圓形擋板向左平移使C、D兩端重合。擋板墻上各處的力傳感器收集到的側(cè)壓力F與墻上轉(zhuǎn)過圓心角θ之間的關(guān)系如圖乙所示。下列說法正確的是()A．彈丸的質(zhì)量為0.1kgB．彈丸的質(zhì)量為0.4kgC．彈丸與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6D．彈丸與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8【答案】C【解析】彈丸從B到D過程，由動(dòng)能定理得mgh－μ1mgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，由圖可知，在D點(diǎn)，擋板對(duì)彈丸的支持力為FN＝12.4N，由牛頓第二定律有FN＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，聯(lián)立解得m＝0.2kg，A、B錯(cuò)誤；設(shè)彈丸與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，設(shè)轉(zhuǎn)過3rad后的速度為v，由動(dòng)能定理得－μ2mg·3×R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，在轉(zhuǎn)過3rad后擋板對(duì)彈丸的支持力為5.2N，由牛頓第二定律得5.2＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得μ2＝0.6，C正確，D錯(cuò)誤。8.(多選)(2022·廣東深圳模擬)如圖甲所示，正方形線圈abcd內(nèi)有垂直于線圈的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知線圈匝數(shù)n＝10，邊長(zhǎng)ab＝1m，線圈總電阻r＝1Ω，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示。設(shè)圖示的磁場(chǎng)方向與感應(yīng)電流方向?yàn)檎较?，則下列有關(guān)線圈的電動(dòng)勢(shì)e，感應(yīng)電流i，焦耳熱Q以及ab邊受到的安培力F(取向下為正方向)隨時(shí)間t的變化圖像正確的是()【答案】CD【解析】0～1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向?yàn)槟鏁r(shí)針，同理1～5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e2＝eq\f(nSΔB,Δt)＝1V，方向?yàn)轫槙r(shí)針，A錯(cuò)誤；對(duì)應(yīng)0～1s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向?yàn)槟鏁r(shí)針(負(fù)值)，同理1～5s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i2＝1A，方向?yàn)轫槙r(shí)針(正值)，B錯(cuò)誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1s內(nèi)0≤F≤4N，方向向下，1～3s內(nèi)0≤F≤2N，方向向上，3～5s內(nèi)0≤F≤2N，方向向下，C正確；線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eit，0～1s內(nèi)Q1＝J，1～5s內(nèi)Q2＝4J，D正確。9.(2022·廣東珠海模擬)如圖甲所示，面積S＝0.2m2的線圈，匝數(shù)n＝630匝，總電阻r＝1.0Ω，線圈處在變化的磁場(chǎng)中，設(shè)磁場(chǎng)垂直紙面向外為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，圖甲中傳感器可看成一個(gè)純電阻R，并標(biāo)有“3V，0.9W”，滑動(dòng)變阻器R0上標(biāo)有“10Ω，1A”。則下列說法正確的是()A.電流表中的電流方向向左B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值C.為了保證電路的安全，電路中允許通過的電流最大值為1AD.若滑動(dòng)變阻器的滑片置于最左端，為了保證電路的安全，圖乙中的t0最小值為20s【答案】B【解析】根據(jù)楞次定律，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，電流表中的電流方向向右，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閑q\f(ΔB,Δt)恒定，所以根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S，線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故B正確；傳感器正常工作時(shí)電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.9,3)A＝0.3A，變阻器的工作電流是1A，所以電路允許通過的最大電流為0.3A，故C錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器觸頭位于最左端時(shí)外電路電阻為R外＝R＋R0，其中R＝eq\f(U,I)＝10Ω，電源電動(dòng)勢(shì)的最大值為E＝I(R外＋r)＝6.3V，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝eq\f(nSB0,t0)，得t0＝40s，故D錯(cuò)誤。10.(2022·河北保定一模)如圖甲所示，某同學(xué)研究水平勻速拉動(dòng)貨物時(shí)拉力大小和方向間的關(guān)系。他以相同的速度拉動(dòng)質(zhì)量為50kg的貨物，拉力方向與水平方向的夾角為θ。已知貨物所受阻力與貨物對(duì)地面的壓力成正比，拉力F大小與θ的函數(shù)圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．貨物受到的阻力與貨物對(duì)地面壓力的比值為0.5B．當(dāng)θ＝0.25π時(shí)，拉力大小為eq\f(500\r(2),2)NC．當(dāng)θ＝0與θ＝eq\f(π,3)時(shí)，對(duì)應(yīng)拉力大小相等D．當(dāng)0≤θ<eq\f(π,2)時(shí)，可能有兩個(gè)角度對(duì)應(yīng)拉力的功率相等【答案】A【解析】設(shè)貨物受到的阻力與貨物對(duì)地面壓力的比值為μ，對(duì)貨物根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，由題圖乙可知，當(dāng)θ＝0時(shí)，有F＝250N，代入上式解得μ＝0.5，A正確；當(dāng)θ＝0.25π時(shí)，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,4)＋0.5sin\f(π,4))＝eq\f(500\r(2),3)N，B錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,3)＋0.5sin\f(π,3))＝1000(2－eq\r(3))N≠250N，C錯(cuò)誤；拉力的功率為P＝Fvcosθ＝eq\f(μmgv,1＋μtanθ)，tanθ在0≤θ<eq\f(π,2)區(qū)間內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，所以在此區(qū)間內(nèi)不可能有兩個(gè)角度對(duì)應(yīng)拉力的功率相等，D錯(cuò)誤。11．(2022·東北四市二模)如圖所示，一個(gè)各短邊邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，長(zhǎng)邊邊長(zhǎng)為3L的線框，勻速通過寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面。線框沿紙面運(yùn)動(dòng)，開始時(shí)線框右側(cè)短邊ab恰好與磁場(chǎng)左邊界重合，此過程中最右側(cè)短邊兩端點(diǎn)a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像正確的是()【答案】D【解析】：0～L過程中，ab邊切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv，a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，則Uab＝eq\f(9,10)BLv；L～2L過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝2BLv，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，則Uab＝－eq\f(E2,10)＝－eq\f(BLv,5)；2L～3L過程中，最左邊切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3＝3BLv，a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，則Uab＝eq\f(1,10)×3BLv＝eq\f(3,10)BLv，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。12．[多選](2022·大同模擬)如圖所示，I為電流表示數(shù)，U為電壓表示數(shù)，P為定值電阻R2消耗的功率，Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時(shí)電源做的功。當(dāng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右緩慢滑動(dòng)過程中，下列圖像能正確反映各物理量關(guān)系的是()【答案】AB【解析】：變阻器滑動(dòng)觸頭向右緩慢滑動(dòng)過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，R2消耗的功率為P＝I2R，P∝I2，故A正確；電容器C的電壓UC＝E－I(R2＋r)，電荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，則eq\f(ΔQ,ΔI)＝－C(R2＋r)，保持不變，則Q-I圖像是向下傾斜的直線，故B正確；電壓表示數(shù)U＝E－Ir，U-I圖像應(yīng)是向下傾斜的直線，故C錯(cuò)誤；電源通過電荷量q時(shí)電源做的功W＝qE，E是電源的電動(dòng)勢(shì)，則W-q是過原點(diǎn)的直線，故D錯(cuò)誤。13．[多選](2022·合肥質(zhì)檢)真空中靜止點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷距離二次方的圖像(E-r2)如圖所示。若電場(chǎng)中a、b、c三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec，一帶正電荷的試探電荷由a點(diǎn)經(jīng)b移動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab和Wbc。若規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，真空中點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電勢(shì)φ＝keq\f(Q