中考物理复习专题二 图像信息题.docx

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中考物理复习专题二图像信息题

专题二　图像信息题

1.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（　　）

第1题图

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1标准大气压

2.用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热（不计热量损失），如图是液体A和B的温度随加热时间变化的图像．下列说法正确的是（　　）

第2题图

A.A的比热容与B的比热容之比为2∶1

B.A的比热容与B的比热容之比为2∶3

C.都加热t1时间，B吸收的热量比A吸收的热量多

D.A和B升高相同的温度，B吸收的热量较多

类型　2　s－t、v－t图像

3.甲、乙两物体，同时从同一地点出发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（　　）

第3题图

A.0～5s内，乙的平均速度为3m/s

B.3～5s内，乙做匀速直线运动

C.4s时，乙在甲前方5m处

D.5s时，甲、乙两物体的速度相等

4.小满用水平力推水平地面上的物体，如图甲所示，物体的v－t图像如图乙所示：

（1）物体在0～1s内处于________状态；

（2）物体在第2s的速度是________m/s；

（3）物体在4～6s内通过的路程是________．

第4题图

类型　3　m－V图像　

5.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（　　）

第5题图

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

6.如图所示是甲、乙两种物质的m－V图像，用这两种物质按一定比例混合制成实心小球，并将其放入水中．下列分析正确的是（　　）

第6题图

A.若甲、乙物质质量相等，则实心小球将沉入水底

B.若甲、乙物质体积相等，则实心小球静止时漂浮于水面

C.若实心小球悬浮在水中，则甲、乙物质体积比为5∶3

D.若实心小球悬浮在水中，则甲、乙物质质量比为3∶2

类型　4　F－t、F－h图像　

7.重16N的正方体物块沉在面积很大的容器底部，现用一根细线将物块提出水面，物块所受的浮力F随物块上升的距离h的变化关系如图所示，已知水的密度为1.0×103kg/m3，则下列说法中正确的是（　　）

第7题图

A.物块的边长为0.5m

B.物块在出水前细线的拉力恒为5.0N

C.物块的密度为1.6×103kg/m3

D.物块沉在水槽底部时，水在物块上表面处产生的压强为6.0×103Pa

8.一个木块放在粗糙程度相同的水平地面上，如果对木块施加的水平拉力为F，如图甲所示；F的大小与时间t的关系如图乙所示；木块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示．以下说法正确的是（　　）

第8题图

A.当t＝1s时，木块受到的摩擦力是0

B.当t在2～4s内，木块做匀速直线运动，受到的摩擦力为5N

C.当t在4～6s内，拉力F的功率为6W

D.当t在2～6s内，木块的机械能保持不变

9.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，则圆柱体的重力为____N，圆柱体受到的最大浮力是________N．（g取10N/kg）

第9题图

类型　5　其他力学图像　

10.用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m．滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示．不计摩擦，下列分析正确的是（　　）

第10题图

A.动滑轮的重力为5N

B.该滑轮组的机械效率可以达到100%

C.滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少

D.每次提升重物时，滑轮组做的额外功为5J

11.一木箱重480N，用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处，如图甲所示．已知拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系如图乙所示．整个过程的额外功是240J．则拉力F＝________N，斜面的机械效率η＝________．

第11题图

12.图甲是小明设计的电子拉力计，所受拉力为0时．滑片P在R1的最左端处，电源电压为12V，R0＝20Ω，R1为一根长为8cm，阻值为40Ω的均匀电阻丝（它的阻值与其长度成正比），电流表的量程为0～0.6A．图乙是弹簧的伸长量与受到的拉力关系图像．当对拉环施加30N的拉力时，电流表的示数为________A，此时可以在电流表的此处标上30N．由该电流表改装的压力表的刻度是________（选填“均匀”或“不均匀”）．

第12题图

类型　6　U－I、I－U图像

13.如图所示，分别是小灯泡L和电阻R的U－I图像，由图像可知，下列说法错误的是（　　）

第13题图

A.电阻R的阻值为5Ω

B.当L与R并联，电源电压为1.0V时，则干路上的电流为0.6A

C.当L与R串联，电流为0.4A时，则电源电压为2.0V

D.当L与R串联，电流为0.4A时，则电路消耗的总功率为1.2W

14.（多选）如图甲所示，小灯泡的额定电压为6V．R2的滑片P2移至最左端，闭合开关S，先将R1的滑片P1由最右端移至最左端，图乙是这一过程中电流表与电压表示数的关系图像．然后保持滑片P1位置不动，将滑片P2向右移动，直至小灯泡正常发光，图丙是这一过程中电压表示数与R2连入阻值的关系图像．下列判断正确的是（　　）

第14题图

A.小灯泡正常发光时，R2两端电压为7V

B.图丙中a点对应的阻值为2Ω

C.整个过程中小灯泡消耗的最小功率为0.9W

D.整个过程中电路在10s内能够消耗的最大电能为60J

15.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P从a端移至b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示，由图像可知R1的阻值为________Ω；当电路中的电流为0.2A时，R1与R2产生的热量之比为________．

第15题图

16.如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙所示．则电源电压为______V，灯的功率变化量为______W.

第16题图

类型　7　电学其他图像

17.在大型赛事的短跑比赛中，赛道起点均安装有电子起跑器．电子起跑器可以记录运动员起跑时刻，以判断运动员是否提前起跑．图甲是简化的电子起跑器的传感电路图，电源电压恒定，圆圈处为电表，R0为定值电阻，压敏电阻Rx安装在踏板上，其电阻与所受压力的关系如图乙所示．下列分析正确的是（　　）

第17题图

A.电阻R0与Rx并联

B.圆圈处的电表为电压表

C.运动员起跑时，用力踩踏板，R0两端的电压变小

D.运动员没有踩踏板时，电路消耗的总功率最小

18.在如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“20Ω　0.5A”，当滑片P由c点移到a端的过程中，电压表示数U随滑动变阻器R2接入电路的阻值变化情况如图乙所示，R1的最小功率是0.4W．在保证电路元件安全的条件下，下列说法正确的是（　　）

第18题图

A.电源电压为5V

B.R1的阻值为20Ω

C.R2接入电路的最小阻值为2Ω

D.R2的最小功率是0.8W

19.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（　　）

第19题图

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

专题二　图像信息题

1.C　【解析】图甲，冰在BC段处于熔化过程，状态为固液共存态，熔化时间为6min，A、B错误；图乙，水的沸点为98℃，小于100℃，实验地点大气压小于1标准大气压，C正确，D错误．故选C.

2.A　【解析】用同一电加热器对质量相同的A、B两种液体加热相同的时间t1，两种液体吸收的热量相同，温度的变化量为ΔtA＝20℃，ΔtB＝40℃，由公式c＝

可得，cA∶cB＝2∶1，A正确，B、C错误；A、B液体升高相同的温度，A液体用时较长，故A液体吸收的热量多，D错误．故选A.

3.A　【解析】由图可知，0～3s内，乙做匀速直线运动，乙运动的距离是15m，3～5s内，乙处于静止状态，0～5s，乙的平均速度v乙＝

＝

＝3m/s，A正确，B错误；甲做匀速直线运动，甲的速度v甲＝

＝

＝3m/s，4s时，甲运动的距离s甲1＝v甲t1＝3m/s×4s＝12m，乙运动的距离s乙＝15m，乙在甲前方Δs＝s乙－s甲1＝15m－12m＝3m，C错误；5s时，甲的速度为3m/s，乙是静止状态，速度不同，D错误．故选A.

4.

（1）静止　

（2）0.5　（3）2m

5.D　【解析】由图可知，横坐标表示质量，纵坐标表示体积，当体积都是2×10－3m3时，a、b、c的质量分别是1kg、2kg和4kg，根据密度公式ρ＝

可得：

ρa<ρb<ρc，A错误；根据密度公式可以计算出a、b的密度分别为：

ρa＝

＝

＝0.5×103kg/m3、ρb＝

＝

＝1.0×103kg/m3，b的密度是a的两倍，B错误；物质的密度与质量、体积无关，只与物质的种类、状态及温度有关，C错误、D正确．故选D.

6.D　【解析】由图可知，甲物质的密度：

ρ甲＝

＝

＝1.5g/cm3，乙物质的密度：

ρ乙＝

＝

＝

g/cm3；把甲、乙按一定比例混合制成实心小球，若甲乙的质量相同，设质量都为m，则混合小球的密度为：

ρ合1＝

＝

＝

＝

≈0.92g/cm3，因为ρ合1＜ρ水，所以将实心小球放入水中，会漂浮在水面上，A错误；若甲、乙的体积相同，设体积都为V，则混合小球的密度为：

ρ合2＝

＝

＝

＝

≈1.08g/cm3，因为ρ合2＞ρ水，所以实心小球放入水中，会沉入水底，B错误；若实心小球悬浮在水中时，则ρ合3＝ρ水＝1g/cm3，则有ρ合3＝

＝

＝1g/cm3，解得，甲、乙的体积之比为：

V甲′∶V乙′＝2∶3，C错误；因ρ合3＝ρ水＝1g/cm3，则有ρ合3＝

＝

＝1g/cm3，解得，甲、乙的质量之比为：

m甲′∶m乙′＝3∶2，D正确．故选D.

7.C　【解析】根据物体所受浮力F随物块上升的距离h的变化关系的图像可知，物体从开始露出水面到完全离开水面上升的距离为0.1m，即为物体的边长，A错误；物块露出水面前V排＝V物＝l3＝（0.1m）3＝0.001m3，此时物块受到的浮力为F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.001m3＝10N，即出水前细线的拉力：

F拉＝G－F浮＝16N－10N＝6N，B错误；由物块的重力为16N知，物块的质量为m＝

＝

＝1.6kg，所以物块的密度为ρ＝

＝

＝1.6×103kg/m3，C正确；由物体所受浮力F随物块上升的距离h的变化关系的图像可知，物块上表面在水中的深度为0.5m，故物块上表面处产生的压强为p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m＝5×103Pa，D错误．故选C.

8.C　【解析】由图乙可知，木块在t＝1s时受到的拉力为1N，由图丙可知此时木块处于静止状态，所以t＝1s时受到的摩擦力等于拉力为1N，A错误；由图乙可知在2～4s内，木块做加速直线运动，接触面粗糙程度不变，受到的压力不变，所以在2～4s内受到的摩擦力为3N，B错误；由图乙可知，木块在4～6s内受到的拉力为3N，由图丙可知4～6s内木块做速度为2m/s的匀速运动直线运动，此时拉力的功率P＝

＝

＝Fv＝3N×2m/s＝6W，C正确；在2～6s内，木块受到拉力和摩擦力的作用，机械能在不断变化，D错误．故选C.

9.2　0.4　【解析】由题意可知，当圆柱体在水中完全浸没时受到浮力所以弹簧测力计示数最小，当圆柱体露出水面时，不受浮力，所以弹簧测力计示数较大，所以圆柱体的重力是2N，受到的最大浮力是圆柱体浸没在水中时的浮力，F浮＝2N－1.6N＝0.4N.

10.D

11.150　60%　【解析】由图乙可知，斜面长度为4m，拉力做的总功为600J，由W＝Fs可得，拉力F＝

＝

＝150N，额外功为240J，则斜面的机械效率为η＝

×100%＝

×100%＝

×100%＝60%.

12.0.4　不均匀　【解析】R0与R1串联，电流表测电路中的电流，由图乙知，当施加30N拉力时，伸长量为6cm，即R1连入电路中的长度为8cm－6cm＝2cm，故其电阻大小为R1＝

×40Ω＝10Ω，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律，电流表的示数为：

I＝

＝

＝0.4A，此时可以在电流表的此处标上30N；电路中电流为I＝

，故电流与R1大小不成正比，由该电流表改装的拉力表的刻度是不均匀的．

13.C　【解析】由图可知，当电阻R两端的电压为3.0V，通过R的电流为0.6A，电阻R的阻值为R＝

＝

＝5Ω，A正确；当L和R并联、电源电压为1.0V时，由于并联电路各支路两端电压相等，由图像可知当电压为1V时，通过R的电流为0.2A、通过灯L的电流为0.4A，干路电流I＝0.2A＋0.4A＝0.6A，B正确；当L和R串联、电路电流为0.4A时，由于串联电路电流处处相等，由图像可知当电路电流为0.4A时，R两端电压为2.0V、L两端电压为1.0V，则电源电压U＝2.0V＋1.0V＝3.0V，电路消耗的总功率为P＝UI＝3.0V×0.4A＝1.2W，C错误、D正确．故选C.

14.BCD　【解析】小灯泡正常发光时，电阻R1、R2、小灯泡串联，电压表测量小灯泡和R2接入电路部分两端的电压，由图丙可知，小灯泡和R2接入电路部分两端的电压之和等于7V时，小灯泡正常发光，不是R2接入电路部分两端的电压为7V时，小灯泡正常发光，A错误；将R2的滑片P2移至最左端，闭合开关S，当R1的滑片P1在最右端时，由图乙可知，电压表的示数为12V，说明电源电压U＝12V，当R1的滑片P1在最左端时，电压表的示数为9V，说明R1两端的电压U1＝12V－9V＝3V，此时电路中的电流为I＝0.3A，R1的电阻为R1＝

＝

＝10Ω，保持滑片P1位置不动，由图丙可知，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，由于小灯泡的额定电压为6V，在图丙中a点时，滑动变阻器R2两端的电压U2＝7V－6V＝1V，R1两端的电压U1＝12V－7V＝5V，由串联电路的电流规律可知：

＝

，解得：

Ra＝2Ω，B正确；当滑动变阻器R1和R2的电阻全部接入电路中时，小灯泡消耗的功率最小，此时R1两端的电压为U1＝IR1＝0.3A×10Ω＝3V，R2两端的电压为U2＝IR2＝0.3A×20Ω＝6V，小灯泡两端的电压U灯＝U－U1－U2＝12V－3V－6V＝3V，小灯泡消耗的最小功率为P灯小＝U灯I＝3V×0.3A＝0.9W，C正确；当小灯泡正常发光时，电路消耗的电能最大，此时通过R1的电流I1＝

＝

＝0.5A，由串联电路的电流规律可知，此时电路中的最大电流为0.5A，整个电路在10s内消耗的最大电能为W＝UI1t＝12V×0.5A×10s＝60J，D正确．故选BCD.

15.10　2∶1　【解析】由图可知，滑动变阻器的滑片在b端时，变阻器接入电路的阻值为零，电路中只有R1接入电路，电路中电流最大为0.3A，电压表的示数为3V，即电源电压U＝3V，R1的阻值为R1＝

＝

＝10Ω；当电路电流为0.2A时，电压表示数，即R1两端的电压为2V，由串联电路的电压规律可知R2两端的电压为U2＝U－U1＝3V－2V＝1V，R1和R2串联电流相等，则Q＝W＝UIt，Q1∶Q2＝U1∶U2＝2∶1.

16.9　4　【解析】由甲图知，灯与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表

测量灯泡两端的电压，电压表

测量滑动变阻器两端的电压．当滑动变阻器的滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律I＝

可知，此时电路中的电流最小，由图乙知，此时滑动变阻器分得的电压为8V，灯泡两端的电压为1V，根据串联电路电压的特点知，电源电压为U＝U1＋U2＝1V＋8V＝9V；由乙图知，灯泡正常发光时，电路中的电流最大，即灯正常发光时的电流为0.6A，此时滑动变阻器分得的电压为2V，则灯泡两端的电压为U1′＝U－U2′＝9V－2V＝7V，则灯泡的额定功率为P额＝U1′I2＝7V×0.6A＝4.2W，当滑片位于最大阻值端时，灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝1V×0.2A＝0.2W，则灯泡的功率变化量为ΔP＝P额－P1＝4.2W－0.2W＝4W.

17.D　【解析】由图甲知，电阻R0与Rx串联，A错误；电表与R0、Rx串联，故圆圈处的电表应为电流表；B错误；由图乙知，运动员起跑时，用力踩踏板，压敏电阻阻值变小，电路中的总电阻变小，因电源电压恒定，故电路中电流变大，R0两端的电压变大，C错误；运动员没有踩踏板时，压敏电阻阻值最大，电路中的总电阻最大，则电路中的电流最小，电路消耗的总功率最小，D正确．故选D.

18.C　【解析】由图甲所示电路图可知，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；根据P＝I2R可知，电路中电流最小时R1的功率最小，当电流最小时滑动变阻器连入电路的电阻最大，则由图乙知，滑动变阻器连入电路的电阻为20Ω，此时电压表的示数为2V，根据P＝UI可得，此时电路的电流I最小＝

＝

＝0.2A，根据I＝

和串联电路的电压特点可得电源电压U＝I最小R2最大＋U1＝0.2A×20Ω＋2V＝6V，故A错误；根据I＝

可得R1的阻值R1＝

＝

＝10Ω，故B错误；由于滑动变阻器R2上标有“20Ω　0.5A”，则电路中的最大电流为0.5A，根据I＝

可得最小总电阻R最小＝

＝

＝12Ω，则此时滑动变阻器的最小阻值为R2最小＝R最小－R1＝12Ω－10Ω＝2Ω，故C正确；电路中电流的取值范围为0.2A～0.5A，滑动变阻器消耗的功率P2＝U2I＝（U－U1）I＝UI－I2R1＝6V×I－10Ω×I2＝0.9W－10（I－0.3）2W，所以当I－0.3＝0时，即I＝0.3A时，R2的功率最大P最大＝0.9W；根据前面推出的变阻器消耗功率与电流的二次函数表达式作出P－I图像，如解图所示

第18题解图

根据图像可知，当电流最大为0.5A时，滑动变阻器消耗的电功率最小，滑动变阻器消耗的最小电功率P2最小＝UI最大－I

R1＝6V×0.5A－10Ω×（0.5A）2＝0.5W，故D错误．故选C.

19.D　【解析】由图甲知两电阻串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压；由图乙可得：

P＝UI＝

，0.9W＝

，U1＝3V；0.8W＝

，U2＝4V；两次电路中对应的电流I1＝

＝

＝0.3A，I2＝

＝

＝0.2A，则U＝3V＋0.3A·R＝4V＋0.2A·R解得U＝6V，R＝10Ω，A错误；当滑片滑到最左端时，电压表的最大示数为4V，B错误；滑片在最左端时，电路总功率为P小＝

＝

＝1.2W，此时电路中电流：

I小＝

＝

＝0.2A；P在最右端时，电路总功率P大＝

＝

＝3.6W，此时电路中电流：

I大＝

＝

＝0.6A，则ΔP＝P大－P小＝3.6W－1.2W＝2.4W，ΔI＝I大－I小＝0.6A－0.2A＝0.4A，C错误，D正确．