高考物理二轮复习重点讲练专题十五物理图像课时作业.docx

1、高考物理二轮复习重点讲练专题十五物理图像课时作业专题十五 物理图像一、选择题(共14个小题，15为单选，614为多选，每题5分共70分)1.(2015济南二模)如图所示，一滑块以初速度v0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端取沿斜面向上为正方向下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是()答案A解析上滑时的加速度：a1gsingcos下滑时的加速度：a2gsingcos，知a1a2，速度时间图线的斜率表示加速度；滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图像的“面积”等于位移，两个过

2、程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，所以A项正确，BCD项错误考点定位本题旨在考查机械能守恒定律、牛顿第二定律2(2015龙岩综测)蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动，如图甲所示质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动以小球刚下落开始计时，以竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示图线中的OA段为直线，与曲线ABCD相切于A点不考虑空气阻力，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是()At2t1t3t2B下落h高度时小球速度最大C小球在t4时刻所受弹簧弹力大于2mgD小球在t2时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大答案C解析A项

3、，小球在B点时，a0，即mgkxB，AB过程，合外力：F合mgkxk(xBx)kx球B，x球B为球所处位置到平衡位置B的距离，同理可得BC过程也满足上述关系，故小球在AC之间做简谐运动，故t2t1t3t2，故A项错误；B项，A是下降h高度时的位置，而AB过程，重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度小于g.B点是速度最大的地方，故B项错误；C项，由A中知C点与A点是对称的点，由A点到B点的弹簧长度变化，由对称性得由B到C的弹簧长度再变化，故到达D点时形变量要大于2，所以弹力大于2mg，所以C项正确；D项，系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，小球在t2时刻的速度最大

4、，动能最大，故重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，故D项错误考点定位本题旨在考查功能关系易错警示解决本题的关键是知道小球在整个过程中的运动情况，结合图像，综合牛顿第二定律进行分析求解，知道系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒3.(2015龙岩综测)如图所示，边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd，在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外刚开始时线圈的ab边刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为ab边受到安培力的正方向下列哪个图像能正确反映ab边受到的安培力随运动距离x变化的规律()答案C解析线框的位移在，0L内，ab边切

5、割磁感线产生的感应电动势为EB2Lv，感应电流I，ab边所受的安培力大小为FBI2L由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值线框的位移大于L后，位移在L2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力，位移在2L3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故C项正确考点定位本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势4.(2014福建)如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是()答案B解析滑块沿斜面做匀减速直线运动，速度随

6、时间均匀减小，加速度恒定，C、D项错误；位移时间图像中斜率代表速度，A项，斜率表示竖直方向的分速度在增加，A项错误，B项，斜率表示合速度在减小，B项正确考点定位匀变速直线运动图像问题5.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2，下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J答案D解析在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力

7、以外其他力做功W其E，可知fhE高E低，E为机械能，解得f0.25 N，B项错误，设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理fHmgHmv2mv02，得Hm，故C项错；当上升h2 m时，由动能定理fhmghEk2mv02，得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确6(2015绵阳三诊)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像，P0为发动机的额定功率已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和随速度增大而增大由此可得()A在0t1时间内，汽车一定做匀加速运动B在t1t2时

8、间内，汽车一定做匀速运动C在t2t3时间内，汽车一定做匀速运动D在t3时刻，汽车速度一定等于vm答案CD解析A项，0t1时间内汽车的功率均匀增加，但由阻力随着速度的增大而增大；故汽车在这一过程受到的力不可能为恒力，故不可能做匀加速直线运动，故A项错误；B项，汽车t1(s)达到额定功率，根据PFv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，t1t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度达到最大，故B项错误；C项，在t2t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变；故汽车一定做匀速运动；t3时刻，汽车速度一定等于vm，故C、D项正确考点定位本题旨在考查功率、平

9、均功率和瞬时功率、牛顿第二定律7(2015肇庆三测)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图所示，该图像关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是()AO点的电势最低Bx1和x1两点的电势相等C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大答案BD解析从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图像容易判断，O点的电势最高，A项错误；由于x1和x1两

10、点关于x轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到x1电势降落相等，故x1和x1两点的电势相等，B项正确；x1和x1两点的电势相等，电子在x1处的电势能等于在x1处的电势能，C项错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，O点的电势最高，电子在O点电势能最低，所以动能最大，所以速度最大，D项正确考点定位本题旨在考查静电场知识，意在考查考生理解相关知识的区别和联系的能力8(2016吉林省实验中学二模)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g10 m/s2，则可以计算出()A物体与水平面间的最大静摩擦力BF为14 N时

11、物体的速度C物体与水平面间的动摩擦因数D物体的质量答案ACD解析物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律，得Fmgma解得ag由a与F图线，得到0510 410 联立得，m2 kg，0.3，故CD项正确；故a0时，F最大为7 N，即最大静摩擦力为7 N，故A项正确；由于物体先静止后又做变加速运动，无法求速度，故B项错误9如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图像如图乙所示，其中0x1过程的图像为曲线，x1x2过程的图像为直线(忽略空气阻力)则下列说法正确的是()A0x1过程中物体所受拉力是变力，且一定

12、不断减小B0x1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零Cx1x2过程中物体一定做匀速直线运动Dx1x2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动答案AB解析由功能关系可知，Ex图像切线斜率的绝对值等于物体所受拉力大小，在0x1内斜率的绝对值逐渐变小，故在0x1内物体所受的拉力逐渐减小，A项正确；由题图可知0x1内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x1x2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，在x1位置处速度为零，初始时刻速度为零，B项正确；x1x2内Ex图像切线斜率的绝对值不变，故物体所受拉力保持不变，物体可能做匀速直线运动或匀加速直线运动，C、D两项错误10(2

13、015新课标全国)如图甲，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角 B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律，可得mgsinmgcosma1，根据图乙可得a1v0/t1，由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离xt1和几何关系sinH/x；从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有mgsinmgcosma2，v1a2(2t1t1)解以上各式，可得斜面的倾角arcsin，物块与斜面间的动摩擦因数，AC项对根据斜面

14、的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度Hxsin，故D项正确；仅根据速度时间图像，无法求出物块质量，B项错误考点定位滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像11(2015浙江温州十校联考)如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示t0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流I和cd边所受安培力F随时间t变化的图像中正确的是()答案AC解析由楞次定律和法拉第电磁感应定律可得02

15、s内感应电流沿顺时针方向，电流大小恒定，cd边受到的安培力方向向右，由FBIl知，电流恒定，磁感应强度均匀减小，则安培力均匀减小；23 s内感应电流沿顺时针方向，安培力向左，随磁感应强度均匀增大；34 s内感应电流沿逆时针方向，cd边受到的安培力向右，随磁感应强度均匀减小；46 s内感应电流沿逆时针方向，cd边受到的安培力向左，随磁感应强度均匀增大，选项A、C正确12如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则()A两次t0时刻线圈平面与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为23C曲线a表示的交变电

16、动势频率为25 HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10 V答案AC解析根据法拉第电磁感应定律可知当磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，由图像可知，0时刻线圈的磁通量最大，处于中性面(与磁场垂直的平面)，A项正确；根据图2可知两种交流电的周期之比为23，所以转速之比为32，B项错误；其中a的频率为f25 Hz，C项正确；b线圈对应的交流电电动势瞬时值表达式为：enBSsint，其最大值为a线圈最大值的三分之二，即Em10 V，所以有效值为：E有Em10 V5 V，D项错误13(2016陕西渭南质检)如图所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图甲中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的

17、正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示则在下图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图像是()答案BD解析在00.5 s，电流为负值，可推得磁感应强度向内增加或向外减少，选项A错误；在0.51.5 s内，电流为正值，在这段时间内，磁感应强度向内减少或向外增加，当然也可以先是向内减少，然后是向外增加，选项C错误；在1.52.5 s，电流为负值，可知磁感应强度向内增加或向外减少，在以后的变化过程中，磁场都做周期性的变化，选项B、D都正确14.如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN.t0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流与时

18、间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的可能是()答案BD解析当从t0时刻起，金属棒通以Ikt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，受到向上的摩擦力，由NFBIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力fN增大，根据牛顿第二定律，得mgBILma，Ikt，则得agt，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动根据速度与时

19、间的图像的斜率表示加速度的大小，故B项正确二、计算题(共2个小题，15题14分，16题16分，共30分)15(2015青岛统一检测)如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水平面上运动的vt图像如图乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量答案(1) N (2)2.5 m(3)1.5 kg解析(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N

20、处于平衡，如图所示：mgsinFcos代入数据可得FN(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得mgsinFcosma解得a10 m/s2下滑的位移：x解得x5 m故下滑的高度：hxsin302.5 m(3)由图像可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a21 m/s2，滑块减速的加速度大小为：a34 m/s2对整体受力分析，可得a11g可得10.1在02 s内分别对m和M做受力分析可得对M：2m

21、g1(Mm)gMa2对m：2mgma3代入数据解方程可得M1.5 kg考点定位本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的图像16如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心一质量为m、带电荷量为q(q0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略(1)在t0到tT0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等试求tT0到t1.5T0这段时间内：细管内涡旋电场的场强大小E；电场力对小球做的功W.答案(1)v0(2)EW解析(1)小球做圆周运动向心力由洛伦兹力提供：qv0B0m解得v0(2)在磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第电磁感应定律可知，电势差U电场E处处相同，认为是匀强电场，又因为T0，得到场强E小球在电场力的作用下被加速加速度的大小为a而电场力为FEq在T01.5T0时间内，小球一直加速，最终速度为vv0at电场力做的功为Wmv2mv02得到电场力做功W