中考物理二轮复习 坐标图像题解析版.docx

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中考物理二轮复习坐标图像题解析版

坐标图像题（解析版）

一、力学图像

类型1　s－t、v－t图像

1．甲、乙两物体，同时从同一地点沿直线向同一方向运动，它们的s－t图像如图所示．下列说法正确的是（　C　）

A．2～4s内乙做匀速直线运动

B．第4s时甲、乙两物体的速度相等

C．0～4s内乙的平均速度为2m/s

D．第3s时甲在乙的前方

【解析】由题图知，甲是一条过原点的直线，说明甲通过的路程与其时间成正比，即甲做匀速直线运动，前2s内，乙是一条过原点的直线，所以做匀速直线运动，2s后乙的位置没有变化，所以处于静止状态，即乙是先匀速直线运动后静止，2～4s内，乙是静止状态，故A错误；第4s时甲是匀速直线运动状态，乙是静止状态，速度不同，故B错误；0～4s内乙运动的路程是8m，时间是4s，平均速度为v＝

＝

＝2m/s，

2．（2020·德州）两辆汽车在同一平直公路上同时出发，其路程s与时间t的关系如图所示．由图像可知，甲车的速度___>___（选填“＜”“＝”或“＞”）乙车的速度，甲车的速度为___20___m/s，当t＝40s时，甲、乙两车相距_200___m.

【解析】由题图得出甲、乙两车都做匀速直线运动，在t甲＝55s时，甲车行驶的路程s甲＝1100m，甲车的速度v甲＝

＝

＝20m/s；在t乙＝20s时，乙车行驶的路程s乙＝400m－200m＝200m，乙车的速度v乙＝

＝

＝10m/s，可见，甲车的速度大于乙车的速度．由题图得出，行驶20s时甲车追上乙车，甲、乙两车相遇后再经过20s，甲车行驶了800m－400m＝400m，乙车行驶了600m－400m＝200m，两车相距Δs＝400m－200m＝200m.

3．（2020·南充）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s－t图可知（如图），乙车速度为___72___km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200m，乙车追上甲车还需___40___s.

【解析】由题图可知，t＝10s时，s甲＝350m－200m＝150m，s乙＝200m，则v甲＝

＝

＝15m/s，v乙＝

＝

＝20m/s＝72km/h，乙车追上甲车需要的时间为t′，则根据题意可得：

v甲t′＋200m＝v乙t′，即15m/s×t′＋200m＝20m/s×t′，解得，t′＝40s.

4．物体在水平地面上做直线运动，当物体运动的路程和时间图像如图甲时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图乙时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2，则F1___=___F2，P1___<__P2.（均选填“＞”“＜”或“＝”）

类型2　m－V图像

5．（2020·扬州）不同材料组成的a、b、c三个实心物体，它们的体积与质量的关系如图，由图可知下列说法正确的是（　D　）

A．三者的密度关系ρa＞ρb＞ρc

B．a的密度是b的两倍

C．若将b的质量减半，它的密度变为0.5×103kg/m3

D．若将c的体积增大到4×10－3m3，它的密度不变

5．（2020·黔东南）如图所示是甲和乙两种物质的质量与体积关系图像，下列说法正确的是（　D　）

A．甲物质的密度随体积增大而增大

B．当甲和乙两物质的质量相同时，乙物质的体积较大

C．甲、乙两种物质的密度之比是4∶1

D．体积为5cm3的乙物质，质量为10g

【解析】密度是物质的一种特性，其大小与物体的质量和体积无关，故A错误；由题图像可知，当甲和乙两物质的质量相同时（如质量都为2g），乙物质的体积较小，故B错误；由题图像可知，当甲物质的质量m甲＝2g时，体积为V甲＝4cm3，密度为ρ甲＝

＝

＝0.5g/cm3，当乙物质的质量m乙＝4g时，体积为V乙＝2cm3，密度为ρ乙＝

＝

＝2g/cm3，所以甲、乙两种物质的密度之比是1∶4，故C错误；体积为V乙′＝5cm3的乙物质的质量：

m乙′＝ρ乙V乙′＝2g/cm3×5cm3＝10g，故D正确．

类型3　F－h、p－h图像

7．如图甲所示，将一实心圆柱体悬挂于弹簧测力计下，圆柱体下表面刚好与水面接触，从此处匀速下放圆柱体，直至浸没（圆柱体未与容器底接触，忽略容器中液面变化）的过程中，弹簧测力计示数F与圆柱体下表面浸入水中深度h的关系如图乙所示（g取10N/kg），则下列说法正确的是（　C　）

A．圆柱体重力为40N

B．圆柱体浸没时受到的浮力为15N

C．圆柱体的密度为2.5×103kg/m3

D．圆柱体刚好浸没时下表面受到的液体压强为800Pa

8．（2020·雅安）预计2020年通车的雨城区“大兴二桥”在施工时，要向江中沉放大量的施工构件．如图甲所示，假设一正方体构件从江面被匀速吊入江水中，在沉入过程中，其下表面到水面的距离h逐渐增大，构件所受浮力F1、钢绳拉力F2随h的变化如图乙所示（g取10N/kg）．下列判断正确的是（　B　）

A．构件的棱长为4m

B．构件的密度为3×103kg/m3

C．浮力F1随h变化的图线是图乙中的①图线

D．当构件的下表面距江面4m深时，构件上表面受到江水的压强为4×104Pa

【解析】从题图乙中可以看出，当构件完全浸没时，高度为2m，则构件棱长为2m，故A错误；构件体积：

V＝（2m）3＝8m3，构件完全浸没时，V排＝V＝8m3，F2＝1.6×105N，则有F浮＝G－F2，即：

ρ水gV排＝ρgV－F2，代入数值可得：

1×103kg/m3×10N/kg×8m3＝ρ×10N/kg×8m3－1.6×105N，则构件的密度ρ＝3×103kg/m3，故B正确；

由题图甲可知，构件在浸入水中的过程中排开的水的体积变大，所以浮力逐渐变大，当构件浸没后排开水的体积不变，所以浮力不变，因此浮力F1随h变化的图线是题图乙中的②，故C错误；当构件的下表面距江面h′＝4m深时，构件上表面距江面4m－2m＝2m，构件上表面受到江水的压强：

p＝ρ水gh′＝1×103kg/m3×10N/kg×2m＝2×104Pa，故D错误．

9．将一底面积为0.01m2的长方体木块用细线栓在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水直到木块上表面与水面相平，如图甲所示，在此过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化图像如图乙所示，则木块受到的最大浮力为__15____N，木块重力为___9__N，细线对木块的最大拉力为__6___N.（g取10N/kg）

【解析】根据题图乙可知，木块刚刚漂浮时，木块浸入水中的深度为h1＝9cm；由于从9cm到16cm，木块一直处于漂浮，浸入水中的深度不变；当水面的高度为16cm时细线刚好张紧，细线的拉力为零；直到木块上表面与水面相平，此时水面的高度为22cm；所以木块的高度：

L＝9cm＋（22cm－16cm）＝15cm＝0.15m；则木块的体积：

V木＝SL＝0.01m2×0.15m＝1.5×10－3m3，木块全部浸没时受到的浮力最大，F浮＝ρ液gV排＝ρ水gV木＝1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10－3m3＝15N．

由题图乙可知，木块刚刚漂浮时木块底部受到水的压强为900Pa，则木块的重力与水向上的压力（浮力）平衡，所以，木块重力：

G＝F向上＝p向上S＝900Pa×0.01m2＝9N．直到木块上表面与水面相平时，木块受到的浮力最大，由力的平衡条件可得，细线对木块的最大拉力：

F拉＝F浮－G＝15N－9N＝6N.

10．（2020·甘孜）如图甲所示，小聪课余时间用弹簧测力计做浮力实验．他用弹簧测力计挂着实心圆柱体，圆柱体浸没在水中且不与容器壁接触，然后将其缓慢拉出水面，弹簧测力计示数随圆柱体上升距离的变化情况如图乙，g取10N/kg，则圆柱体的重力为__2___N，圆柱体受到的最大浮力是__0.4______N.

【解析】由题图乙可知，当上升高度在20cm以上时，圆柱体脱离水面，弹簧测力计示数F示1＝2N，此时圆柱体位于空气中，圆柱体的重力G＝F示1＝2N；由题图乙可知，圆柱体上升高度在0～10cm时，圆柱体浸没在水中，此时弹簧测力计示数F示2＝1.6N，此时圆柱体受到的浮力最大，其大小为F浮最大＝G－F示2＝2N－1.6N＝0.4N.

11．如图所示，用手提着已校零的弹簧测力计，测量一个放在水平桌面上的物体所受的重力．从图甲所示位置（此时弹簧测力计示数为0）开始，匀速竖直向上移动，记下手移动的距离h和对应的弹簧测力计的示数F，并描出F－h图像如图乙所示，当h＝4cm时桌面对物体的支持力是___0.9_____N，从开始提升到h＝15cm，弹簧测力计对物体所做的功是____4.5_____J.

类型4　其他力学相关图像

12．在一个足够深的容器内装有一定量的水，将一个长10cm、底面积50cm2的圆柱形实心塑料块挂于弹簧秤上，当塑料块底面刚好接触水面时，弹簧秤示数为4N，如图甲所示．已知弹簧的伸长与受到的拉力成正比，弹簧受到1N的拉力时伸长1cm，g取10N/kg.若往容器内缓慢加水，当弹簧秤的示数为2N时，水面升高6cm.此过程中水面升高的高度Δh与所加水的体积V的关系如图乙所示．根据以上信息，能得出的正确结论是（　A　）

A．所加水的体积至1400cm3时，弹簧秤示数恰好为零

B．塑料块的密度为0.6×103kg/m3

C．容器的底面积为125cm2

D．加水1000cm3时，塑料块受到的浮力为1N

13．小雨同学用如图甲所示的滑轮组提升重物，他用20s的时间把重为120N的物体匀速提升5m，拉力做的功W随时间t的变化关系如图乙所示．则小雨同学在20s内所做的有用功为___600____J，滑轮组的机械效率为_75_____%，拉力的大小为80N，拉力的功率为__40____W.

【解析】有用功：

W有＝Gh＝120N×5m＝600J；由题图乙可得：

W总＝800J，滑轮组的机械效率：

η＝

＝

＝0.75＝75%；拉力的功率：

P＝

＝

＝40W.

14．（2020·衡阳）如图甲所示，在水平面上测量木块滑动摩擦力时，作用在木块上的水平拉力F大小随时间t变化情况的图像如图乙所示，木块运动速度v随时间t变化情况的图像如图丙所示．由以上情况可知，木块在__40____s至____50__s时间段内动能减小，此时动能转化为__内____能；木块在第15s时受到的摩擦力为___4__N.

【解析】根据题图丙可知，木块在40～50s时间段内的速度是减小的，质量不变，动能减小；木块与水平面之间有摩擦力的作用，克服摩擦力做功，机械能转化为内能；由题图乙可知，30～40s时间段内的拉力F＝4N，由题图丙可知，30～40s时间段内木块做匀速直线运动，处于平衡状态，则此时木块受到的摩擦力为4N，由题图丙可知，第15s时木块做变速直线运动，因滑动摩擦力只与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关，所以，木块受到的滑动摩擦力不变，则第15s时受到的摩擦力为4N.

二、温度－时间图像

15．质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　C　）

A．甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃

B．0～6min内甲比乙吸收的热量多

C．8～10min内甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加

D．甲的比热容大于乙的比热容

【解析】由题图可知，甲和乙的末温保持不变，但可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0～6min内两物质吸收的热量是相同的，故B错误；8～10min内甲和乙继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；由题图可知，在0～6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，甲的比热容较小，故D错误．

16．（2020·滨州）甲乙两图分别是根据探究冰的熔化和水的沸腾实验数据绘制的图像，根据图像信息，下列分析正确的是（　C　）

A．图甲：

冰在BC段处于液态

B．图甲：

冰熔化的时间为10min

C．图乙：

水的沸点为98℃

D．图乙：

实验地点的大气压强高于标准大气压

答案　C

【解析】题图甲中，在BC段冰的温度保持0℃不变，这是冰的熔化过程，则冰处于固液共存状态，故A错误；冰在第4min时开始熔化，到第10min时熔化结束，则冰熔化的时间为10min－4min＝6min，故B错误；题图乙中，水的温度保持98℃不变，则水的沸点为98℃，故C正确；沸点随气压的减小而降低，水的沸点为98℃，小于100℃，说明实验地点的大气压强低于标准大气压，故D错误．

三、电学图像

类型1　I－U、U－I图像

17．（2020·成都）如图是R1、R2两电阻的U－I图像．将R1、R2并联后接入电路，结合图中信息可知（　D　）

A．R1的阻值比R2的阻值小

B．通过R1、R2的电流相等

C．R1的电压比R2的电压小

D．R1的功率比R2的功率小

【解析】根据题图知，电压相等时，通过R2的电流较大，根据欧姆定律I＝

知，R1＞R2，故A、B错误；并联电路各支路两端电压相等，故C错误；根据P＝UI可得，P1＜P2，故D正确．

18．（2020·眉山）如图甲所示，电源电压不变，将小灯泡L和电阻R接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W．图乙是小灯泡L和电阻R的I－U图像．下列说法中正确的是（　D　）

A．只闭合开关S1时，L的电阻为10Ω

B．再闭合开关S2后，电路总功率为1.2W

C．再闭合开关S2后，电流表示数增加0.5A

D．再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量是24J

答案　D

【解析】只闭合开关S1时，电路为小灯泡L的简单电路，此时小灯泡L的实际功率为1W，由题图乙可知，当UL＝2V时，IL＝0.5A，其实际功率PL＝ULIL＝2V×0.5A＝1W，则电源电压U＝UL＝2V，由I＝

可得，小灯泡L的电阻：

RL＝

＝

＝4Ω，故A错误；

再闭合S2后，R与L并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，R两端的电压也为2V，由题图乙可知，此时通过R的电流为0.2A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：

I＝IR＋IL＝0.2A＋0.5A＝0.7A，电路总功率：

P＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故B错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，再闭合开关S2后，通过L的电流不变，则电流表示数的增加量即为通过R的电流，其大小为0.2A，故C错误；再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量：

QR＝WR＝URIRt＝2V×0.2A×60s＝24J，故D正确．

19．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点滑到a点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示．下列说法中正确的是（　B　）

A．图乙中dc是电压表V1的示数随电流表示数变化的图线

B．电源电压为12V

C．滑片从b点滑到a点过程中电路总功率变小

D．R0的阻值为10Ω

答案　B

【解析】由题电路图可知，电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表V1测R0两端电压，电压表V2测R两端电压，电流表测电路中的电流，滑动变阻器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝

可知，电路中的电流变大，R0两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，所以，题图乙中dc是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，故A错误；

当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由题图乙可知，电路中的最小电流I＝1A，此时R两端的电压UR＝10V，R0两端的电压U0＝2V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源电压：

U＝UR＋U0＝10V＋2V＝12V，故B正确；由I＝

可得，R0的阻值：

R0＝

＝

＝2Ω，故D错误；滑片从b点滑到a点过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，总电阻变小，电路中的电流变大，电源电压不变，根据P＝UI可知总功率变大，故C错误．

19．（2020·金华）在如图甲所示的电路中，电阻R的阻值为8Ω，灯泡L标有“6V　3W”的字样，通过灯泡的电流与灯泡两端的电压关系如图乙所示．在a、b间接入电源，为保证通过电阻R的最大电流不超过0.5A且灯泡L不损坏，则允许接入的最大电源电压为__4___V，闭合开关S，此时通过电流表A1的电流为___0.9_____A.

【解析】由题图甲可知，电阻R和灯泡L并联在电路中，电流表A1测量的是干路电流，电流表A2测量的是通过灯泡L的电流；因为电阻R和灯泡L并联，所以电源电压即为电阻R两端电压：

U＝UR＝IRR＝0.5A×8Ω＝4V；由题图乙可知，当灯泡L两端电压为4V时，通过灯泡L的电流为IL＝0.4A，通过电流表A1的电流为I＝IR＋IL＝0.5A＋0.4A＝0.9A.

20．（2020·绥化）灯泡L的I－U图像如图甲所示，电阻R1的阻值是10Ω，电源电压是8V．在图乙所示的电路中，若只闭合S1和S2时，电压表的示数是2V，此时电路中的电流是___0.6_____A；若只闭合S1和S3时，电压表的示数是4V,10s内电流通过电阻R2产生的热量是___32___J；若将电压表换成电流表，闭合S1、S2和S3时，电流表的示数是__2.4______A.

【解析】若只闭合S1和S2时，电阻R1和灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电压表示数是2V，由题图甲知，通过灯泡的电流是0.6A，即此时电路中的电流是0.6A．若只闭合S1和S3时，电阻R2和灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电压表示数是4V，由题图甲知，通过的电流为0.8A，即此时电路中的电流是0.8A，电源电压是8V，根据串联电路总电压等于各串联导体两端电压之和，所以电阻R2两端的电压为U2＝U－UL＝8V－4V＝4V，

所以电阻R2的阻值为R2＝

＝

＝5Ω，10s内电流通过电阻R2产生的热量是Q＝I2R2t＝（0.8A）2×5Ω×10s＝32J．若将电压表换成电流表，闭合S1、S2和S3时，电阻R1和R2并联，电流表测量干路电流，电源电压是8V，所以通过电阻R1的电流为I1＝

＝

＝0.8A，通过电阻R2的电流为I2＝

＝

＝1.6A，故电流表示数为I总＝I1＋I2＝0.8A＋1.6A＝2.4A.

类型2　I－R、U－R图像

22．某同学在探究“电流跟电压、电阻的关系”时，根据收集到的数据画出了如图所示的I－R图像，下列结论与图像相符的是（　C　）

A．电阻一定时，电流与电压成正比

B．电阻一定时，电压与电流成正比

C．电压一定时，电流与电阻成反比

D．电压一定时，电阻与电流成反比

23．如图甲所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a端移到b端，定值电阻R1两端的电压随滑动变阻器R2阻值变化的图像如图乙所示，下列说法不正确的是（　B　）

A．电源电压为6V

B．R2＝20Ω时，电压表示数为4V

C．该电路的最大功率为3.6W

D．滑片P在b端时，定值电阻R1的功率为0.1W

答案　B

【解析】由题图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测定值电阻R1两端电压，滑片P在a端时，只有定值电阻接入电路，电压表测电源两端电压，由题图乙可知，电源电压U＝6V，故A正确，不符合题意；由题图乙可知，当滑动变阻器R2的阻值为20Ω时，电压表的示数为2V，故B错误，符合题意；

因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，当滑动变阻器R2的阻值为20Ω时，滑动变阻器两端的电压：

U2＝U－U1＝6V－2V＝4V，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I＝

可得：

＝

，即

＝

，解得：

R1＝10Ω，当滑片P在a端时，电路中的电阻最小，电路的功率最大，P大＝

＝

＝3.6W，故C正确，不符合题意；当滑片P在b端时，电压表的示数为1V，则定值电阻R1的功率：

P1＝

＝

＝0.1W，故D正确，不符合题意．

24．图甲是探究“通过导体的电流与电阻关系”的电路图，电源电压为6V（电源电压保持不变），滑动变阻器上标有“50Ω　1A”的字样，图乙是依据五次实验的数据描点绘制的I－R图像．以下说法不正确的是（　D　）

A．分析图像可得结论：

电压一定时，电流与电阻成反比

B．当R由10Ω换为15Ω时，需将滑动变阻器接入电路的阻值调得更大

C．利用五个电阻均能完成探究，定值电阻控制电压范围可以为2～3V

D．若电源电压可调，完成本次实验的电源电压最大为15V

答案　D

类型3　电学其他相关图像

25．甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时，检测甲醛污染指数非常重要．某校“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示．电源电压为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100之间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是（　C　）

A．电压表示数为1V时，属于轻度污染

B．污染指数越小，电压表示数越大

C．污染指数越大，电路消耗的总功率越大

D．污染指数为50时，电压表示数为2.5V

答案　C

26．（2020·连云港）如图甲所示电路中，R为定值电阻，R1为滑动变阻器．图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图像．下列说法正确的是（　D　）

A．电源电压为3V

B．电压表的最大示数为2V

C．整个电路功率变化了0.1W

D．电流表的示数变化了0.4A

答案　D