2023届高考物理二轮复习专题九物理图像作业含答案

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专题九  物理图像1．(2022·广东一模)如图，一名小朋友用力沿着箭头方向将推拉门的一扇门从贴近右门框的地方拉到图示位置后放手，这扇门与左右门框各撞击一次后，又几乎回到了图示位置．则从小朋友拉门开始到最终门停止，这扇门运动的v－t图像符合实际的是(　　) 答案　A解析　小朋友用力沿着箭头方向拉推拉门的一扇门时，门开始加速一段时间，拉力消失后，门减速，与左门框撞击一次后，原速率反弹，速度反向，向右减速运动，碰到右门框后，原速率反弹，速度反向，门向左减速并停下，符合该运动情景的v－t图像是A项．故选A项．2．(2022·上海模拟)一物体从静止开始运动，下面四张图表示它做单向直线运动的是(　　)答案　D解析　由A图速度—时间图像读出，速度有正值也有负值，说明物体有向正方向运动，也有向负方向运动，故A项错误；B图位移—时间图像的斜率表示速度，由图读出，速度有正值也有负值，说明物体有向正方向运动，也有向负方向运动，故B项错误；C图加速度—时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，由图读出，0～2 s内速度为正值，2～4 s内速度为负值，故C项错误；D图加速度—时间图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由图读出，速度始终为正，做单向直线运动，故D项正确．故选D项．3.(2022·吉林模拟)(多选)图为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x－t图像，则下列说法正确的是(　　)A．M∶m＝3∶1B．碰撞过程中两小球所受合力相同C．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为2mD．两小球发生的是弹性碰撞答案　AD解析　x－t图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前小球M的速度为0，小球m的速度为v1＝ m/s＝4 m/s，碰撞后小球M的速度为v2＝ m/s＝2 m/s，碰撞后小球m的速度为v3＝ m/s＝－2 m/s，碰撞过程满足动量守恒，则有mv1＝Mv2＋mv3，解得＝＝＝，A项正确；碰撞过程中两小球所受合力大小相等，方向相反，B项错误；碰撞前后质量为m的小球动量变化量为Δp＝mv3－mv1＝－6m，可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为6m，C项错误；碰撞过程中，由于mv12＝8m＝mv32＋Mv22＝8m，可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞，D项正确．故选A、D两项．4．(2021·广东模拟)(多选)一质量m＝2 kg的物块在长L＝9 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，经过t＝3 s到达斜面底端．以水平地面为零势能面，其重力势能Ep随下滑距离s的变化如图所示，斜面始终静止在水平地面上，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．斜面与水平面的倾角为37°B．物块下滑过程的加速度大小为4 m/s2C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5D．物块下滑过程机械能一共损失了72 J答案　ACD解析　由Ep＝108 J＝mgLsin θ，得斜面与水平面的倾角为θ＝37°，故A项正确；物块由静止做匀加速直线运动，由L＝at2，mgsin θ－μmgcos θ＝ma可得，加速度大小和动摩擦因数分别为a＝2 m/s2，μ＝0.5，故B项错误，C项正确；物块下滑过程机械能的损失等于克服摩擦力做的功ΔE损＝μmgLcos θ＝72 J，故D项正确．故选A、C、D三项．5．(2022·石家庄模拟)质量m＝1 500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h<v≤90 km/h范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度v>90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保．该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1 500 N．已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻．汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m．则t1和t2分别为(　　) A．t1＝9 s，t2＝11 s　　　　　 B．t1＝9 s，t2＝16 sC．t1＝5.625 s，t2＝11 s   D．t1＝5.625 s，t2＝16 s答案　B解析　由题意知，第一次换引擎时速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，则t1＝＝9 s，0～t1时间内行驶的位移s1＝a1t12＝67.5 m，设换引擎后瞬间的牵引力为F2，根据P＝F2v1，代入数据求得P＝75 000 W，设在t2时刻的牵引力为F3，则在t2时刻的速度大小为v3＝＝25 m/s，t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150 m，t1～t2时间内根据动能定理得P(t2－t1)－f·s2＝mv32－mv12，解得t2＝16 s，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．6．(2022·吕梁三模)(多选)一质量为m＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动．电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动．整个过程中电动汽车受到的阻力恒定．下列说法正确的是(　　)A．电动汽车最大速度为5 m/sB．电动汽车受到的阻力为100 NC．关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3 750 J答案　AD解析　由v－t图像可知在0～3 s内，电动汽车的加速度a1＝1 m/s2，由P－t图像可知在0～3 s内，P＝F·v＝F·a1t1，解得F＝100 N，由牛顿第二定律F－f＝ma1，解得f＝60 N，由P＝f·vm＝300 W，解得vm＝5 m/s，故A项正确，B项错误；关闭发动机后f＝ma2，经过t2＝＝ s，电动汽车停止运动，故C项错误；对全程由动能定理可得t1＋Pt3＋Wf＝0－0，解得Wf＝－ J＝－3 750 J，所以整个过程中克服阻力做功为3 750 J，故D项正确．故选A、D两项．7．(2022·江苏模拟)物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，将一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t＝0时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示．若永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且f<mgsin θ(式中θ为铜板与水平面的夹角)．取地面为重力势能的零势面．则关于永磁体下滑过程中动能Ek和机械能E随磁体下滑高度h变化的图像一定错误的是(　　)答案　B解析　永磁体下滑时，由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，由动能定理可得Ek＝(mgsin θ－f－f阻尼)，结合Ek－h图像易知，图线的斜率k＝，随下滑高度的增加，斜率的绝对值变小，故A项正确，与题意不符；B项错误，与题意相符；永磁体下滑过程中机械能为E＝E0－(f＋f阻尼)，结合图像易知，图线的斜率k′＝－，随下滑高度的增加，斜率的绝对值变大，故C项正确，与题意不符；若开始下落时永磁体满足mgsin θ－f－f阻尼＝0，将匀速下滑，机械能表示为E＝E0－mgh，故D项正确，与题意不符．本题选错误的，故选B项．8．(2022·太原三模)在甲、乙电场中，试探电荷－q(q>0)具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零B．图甲中，电场强度沿x轴正方向C．图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度D．图乙中，x1处的电势高于x2处的电势答案　D解析　根据ΔEp＝－W电＝－Fx可知Ep－x图像斜率的绝对值表示电场力的大小，故图甲中，试探电荷在O点受到的电场力不为零，沿x轴正方向电势能增大，则电场力做负功，可知电场力有沿x轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度有沿x轴正方向的分量，故A、B两项错误；根据Ep－x图像斜率的绝对值表示电场力的大小，结合F＝qE可知，x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故C项错误；x1处的电势能低于x2处的电势能，试探电荷带负电，根据Ep＝qφ，可知，x1处的电势高于x2处的电势，故D项正确．故选D项．9．(2022·大连模拟)(多选)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中所具有的电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝25 m的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示，A、B是图线与x轴的交点，A点的坐标是20 cm，图线上C点的切线与x轴平行，则下列说法正确的是(　　)A．Q1为正电荷，Q2为负电荷B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为4∶1C．电子沿x轴从x＝6 cm运动到x＝24 cm的过程中，电子的电势能先减小后增大D．C点对应位置的坐标是50 cm答案　BD解析　根据电势能Er＝qφr可知，电势为φr＝，则场源电荷附近的电势正负与场源电荷的正负相同，结合图像可知，电荷Q1带负电，Q2带正电，故A项错误；由图可知A点电势为零，则有＝，其中xA＝20 cm，x2＝25 cm，解得电荷Q1、Q2的电荷量之比为4∶1，故B项正确；电子沿x轴从x＝6 cm运动到x＝24 cm的过程中，由图可知电势一直升高，则电子的电势能一直减小，故C项错误；图线上C点的切线与x轴平行，则由图像斜率k＝＝E可知，两场源电荷在C点的电场强度之和为零，而点电荷周围的电场强度为E＝k，由于两电荷电性相反，则两电荷在C点的电场强度大小相等，设C点的坐标为xC，则有＝，解得xC＝50 cm，故D项正确．故选B、D两项．10．(2022·四川模拟)(多选)如图甲，A、B为真空中两个固定的点电荷，沿AB连线的中垂线建立x轴，规定x轴正方向为电场的正方向，x轴上的场强变化规律如图乙所示且关于中点x2对称．下列说法正确的是(　　)A．A、B带等量正电B．图乙中x1处的切线斜率为零，故场强为零C．x3处的电势低于x1处的电势D．将一负点电荷q沿x轴从x1处移动到x3处的过程中，其电势能先减小后增大答案　AD解析　由图乙可知，AB连线的中点x2处的电场强度为零，则点电荷A、B带等量电荷．由于规定x轴正方向为电场的正方向，x1处电场强度为－Em，则x1处的电场方向沿x轴的负方向，由此可知，点电荷A、B带正电，故A项正确，B项错误；根据等量同种电荷周围电场的对称性可知，将同一试探电荷分别从x1和x3处移到x2处，电场力做功相同，则电势能变化相同，即x3处的电势等于x1处的电势，故C项错误；将一负点电荷q沿x轴从x1处移动到x3处的过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D项正确．故选A、D两项．11．(2022·山西模拟)在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，形成闭合回路，如图所示．则下列所示图像中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图像是(　　)答案　B解析　由图知，导体切割的有效长度为2y，根据法拉第电磁感应定律E＝B2yv，又y2＝4x，x＝vt，联立解得E2＝16B2v3t，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B项正确，A、C、D三项错误． 12.(2022·浙江模拟)M、N两颗行星对卫星产生的向心加速度an与卫星离行星中心距离r的图像如图所示，两颗行星的半径各为R1、R2，下列说法正确的是(　　)A．N行星的质量较小B．N行星的密度较大C．M行星的第一宇宙速度较小D．M行星表面的重力加速度较小答案　A解析　设行星的质量为M，由万有引力定律得G＝man，解得an＝G，由图可知，当r相同时，N行星的向心加速度小，故N的质量小，故A项正确；行星的质量M＝ρ·πR3，解得ρ＝，因为R1<R2，M行星的质量大，所以M行星的密度大，故B项错误；由万有引力定律得G＝m，解得第一宇宙速度v＝，所以M行星的第一宇宙速度大，故C项错误；由万有引力定律得mg＝G，解得行星表面的重力加速度g＝G，所以M行星表面的重力加速度大，故D项错误．故选A项．13．(2022·甘肃模拟)如图1所示，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．已知线圈的电阻为1.0 Ω，则(　　)A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2 s时，线圈平面均垂直于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A答案　C解析　在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A项错误；因为在t＝0.2 s，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B项错误；由图2可知图线甲、乙对应的周期之比为T甲∶T乙＝4∶5，而线圈的转速为n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为n甲∶n乙＝5∶4，故C项正确；图线甲对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝5π V，电流的峰值Im＝＝5π A，故D项错误．故选C项．14．(2022·咸阳三模)(多选)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(　　)答案　AC解析　在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F＝BIL＝，L均匀增大，则F非线性增大，故A、C两项正确，B、D两项错误．