高三物理二轮复习（通用版）：专练常考图像类题目专练 word版含解析

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A．甲做匀减速直线运动
B．乙做变速直线运动
C．0～t1时间内两物体平均速度大小相等
D．两物体的运动方向相反
解析：选BD 根据位移图像的斜率等于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误。乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确。根据坐标的变化量等于位移，则知，0～t1时间内两物体位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C错误。根据位移图像的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确。
2.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知( )
A．任何时刻甲车的加速度大小都不为零
B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远
C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同
解析：选B 根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A错误；在前3 s内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，3～6 s内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在t＝3 s时，两车第一次相距最远，故B正确；根据“面积”表示位移，可知前6 s内，乙车的位移比甲车的大，则在t＝6 s时，两车不在同一位置，故C错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲车在t＝6 s时的加速度与在t＝9 s时的加速度不同，D错误。
3.(多选)(唐山模拟)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Ep随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．带负电粒子从x1运动到x2电场力做负功
B．x1、x2处电势小于零
C．x1处的场强大于x2处的场强大小
D．x1处的电势比x2处的电势低
解析：选BD 带负电粒子从x1运动到x2的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故A错误；由图可知，带负电粒子在x1、x2处的电势能均大于零，故x1、x2处电势小于零，故B正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得Ep＝Ep0－qEx，图像的斜率k＝－qE，故场强E不变，故C错误；从x1运动到x2的过程中，电场力做正功W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正确。
4．(宣城八校联考)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T关系作出如图所示的图像，则可求得地球的质量为(已知引力常量为G)( )
A.eq \f(4π2a,Gb) B.eq \f(4π2b,Ga)
C.eq \f(Ga,4π2b) D.eq \f(Gb,4π2a)
解析：选A 由Geq \f(Mm,r2)＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2，得eq \f(r3,T2)＝eq \f(GM,4π2)＝eq \f(a,b)，求得地球的质量为M＝eq \f(4π2a,Gb)，A正确。
5．(青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2­cs θ图像应为( )
解析：选A 设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg·2rcs θ＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，即v2＝v02－4μgrcs θ，可知v2与cs θ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。
6.(多选)(兰州一中考前实战演练)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图像中正确的是( )
解析：选AC 由题可知钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑。设钢板的质量为m，根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确。设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于其机械能减小，则E＝E0－fh＝E0－f·eq \f(1,2)at2，则知E与t是非线性关系，图像是曲线，故B错误。钢板做匀加速运动，则有v＝at，v与t成正比，故C正确。重力的功率P＝mgv＝mgeq \r(2ah)，则知P与h是非线性关系，图像是曲线，故D错误。
7．(多选)在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x0＝7 m处开始以初速度v0＝2 m/s向x轴负方向运动。小球电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．在x0＝7 m处电场强度为零
B．在x＝4 m处电场强度为零
C．小球运动的范围为x≥1 m且小球可以通过x＝9 m 处
D．小球运动的最大速度vm＝2eq \r(2) m/s
解析：选BCD 因为Ep＝qφ，所以电场力F＝qeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δφ,Δx)))，则电场强度E＝eq \f(ΔEp,qΔx)，即在x0＝7 m处，eq \f(ΔEp,Δx)>0，即电场强度E≠ 0 ，在x0＝4 m处，eq \f(ΔEp,Δx)＝0，即电场强度E＝0，A错误，B正确；小球的初动能为Ek＝eq \f(1,2)mv02＝4 J，在x0＝7 m处时，小球的电势能为0，故在7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，故小球向左最远运动到x＝1 m处，向右运动到x＝9 m处时小球的电势能为2 J，故小球可以通过x＝9 m处，C正确；由题图可知，在x＝4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即此时小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为2eq \r(2) m/s，D正确。
8．(山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab­t图像可能正确的是( )
解析：选C 由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且eq \f(Δi,Δt)逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且eq \f(ΔB,Δt)逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，eq \f(Δi,Δt)＝0，所以eq \f(ΔB,Δt)＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。
9.(多选)(日照联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
解析：选AC 导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流从M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL∝L2，第二段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D错误。
10．(南平质检)如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为同步卫星，d为高空探测卫星，a向为他们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为周期，l、θ分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是( )
解析：选C 对b、c、d三颗卫星：eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)·r＝ma向，可得：v＝ eq \r(\f(GM,r))，ω＝eq \r(\f(GM,r3))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，a向＝eq \f(GM,r2)，但因c为同步卫星，Ta＝Tc，B错误；aaωc＝ωa>ωd，θ＝ωt可知，C正确。
11．(福州二模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v­t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度a1、a2和拉力F三者的大小。
解析：(1)物块上升的距离：x1＝eq \f(1,2)×2×1 m＝1 m；
物块下滑的距离：x2＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m；
位移x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝1.5 m。
(2)由图乙知，各阶段加速度
a1＝eq \f(2,0.5) m/s2＝4 m/s2
a2＝eq \f(0－2,0.5) m/s2＝－4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律
0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1；
0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2；
联立解得：F＝8 N。
答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N
12．如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝2 Ω，虚线OO′下方存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量为m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平。已知金属杆进入磁场时的速度为v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。试求：(g取10 m/s2)
(1)垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度；
(2)ab杆下落0.3 m的过程中R上产生的热量和通过R的电荷量。
解析：(1)由a­h图像可知，金属杆ab刚进入磁场时a0＝10 m/s2，方向竖直向上
由牛顿第二定律有BI0L－mg＝ma0
设ab杆进入磁场时的速度为v0，有I0＝eq \f(E0,R)，E0＝BLv0
联立以上各式，代入数据得磁场的磁感应强度B＝2 T。
(2)由a­h图像知，h＝0.3 m时，a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，即mg＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)，E＝BLv
可得下落0.3 m时金属杆的速度v＝eq \f(mgR,B2L2)＝0.5 m/s
下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有
mgh＝Q＋eq \f(1,2)mv2
解得Q＝0.287 5 J
金属杆自由下落的距离满足2gh0＝v02，h0＝0.05 m
所以金属杆在磁场中运动的距离x＝h－h0＝0.25 m，则q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL,R)x＝0.25 C。
答案：(1)2 T (2)0.287 5 J 0.25 C