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
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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，1－5为单选，6－14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：
a1＝
＝gsinθ＋μgcosθ
下滑时的加速度：
a2＝
＝gsinθ－μgcosθ，知a1>a2，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（ ）
A．t2－t1>t3－t2
B．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2mg
D．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，小球在B点时，a＝0，即mg＝kΔxB，AB过程，合外力：
F合＝mg－kΔx＝k（ΔxB－Δx）＝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t2－t1＝t3－t2，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，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，0～L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝B·2Lv，感应电流I＝
，ab边所受的安培力大小为F＝BI·2L＝
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L～2L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2L～3L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10m/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g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg
B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.20N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为
m
D．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J
答案 D
解析 在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE，可知－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25N，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mgH＝
mv2，由动能定理－fH－mgH＝
mv2－
mv02，得H＝
m，故C项错；当上升h′＝2m时，由动能定理－fh′－mgh′＝Ek2－
mv02，得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以动能与重力势能之差为0.5J，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0～t1时间内，汽车一定做匀加速运动
B．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动
C．在t2～t3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，0～t1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P＝Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，t1～t2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t2～t3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（ ）
A．O点的电势最低
B．x1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，g＝10m/s2，则可以计算出（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14N时物体的速度
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F－μmg＝ma
解得a＝
－μg
由a与F图线，得到
0．5＝
－10μ①
4＝
－10μ②
①②联立得，m＝2kg，μ＝0.3，故CD项正确；故a＝0时，F最大为7N，即最大静摩擦力为7N，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0～x1过程的图像为曲线，x1～x2过程的图像为直线（忽略空气阻力）．则下列说法正确的是（ ）
A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小
B．0～x1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零
C．x1～x2过程中物体一定做匀速直线运动
D．x1～x2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0～x1内斜率的绝对值逐渐变小，故在0～x1内物体所受的拉力逐渐减小，A项正确；由题图可知0～x1内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x1～x2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；x1～x2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．（2015·新课标全国Ⅰ）如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t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－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，根据图乙可得a1＝－v0/t1，由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离x＝
t1和几何关系sinθ＝H/x；从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，v1＝a2（2t1－t1）．解以上各式，可得斜面的倾角θ＝arcsin
，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝
，AC项对．根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度H＝xsinθ＝
，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．t＝0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0～2s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F＝BIl知，电流恒定，磁感应强度均匀减小，则安培力均匀减小；2～3s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；3～4s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；4～6s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t＝0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2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
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2∶3，所以转速之比为3∶2，B项错误；其中a的频率为f＝
＝
＝25Hz，C项正确；b线圈对应的交流电电动势瞬时值表达式为：
e＝nBSωsinωt，其最大值为a线圈最大值的三分之二，即Em＝10V，所以有效值为：
E有＝
Em＝
×10V＝5
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0～0.5s，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0.5～1.5s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1.5～2.5s，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.t＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，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t＝0时刻起，金属棒通以I＝kt，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N＝F＝BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f＝μN增大，根据牛顿第二定律，得mg－μBIL＝ma，I＝kt，则得a＝g－
t，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m＝1kg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v－t图像如图乙所示，g＝10m/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）2.5m （3）1.5kg
解析
（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示：
mgsinθ＝Fcosθ
代入数据可得F＝
N
（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s
当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＋Fcosθ＝ma
解得a＝10m/s2
下滑的位移：
x＝
解得x＝5m
故下滑的高度：
h＝xsin30°＝2.5m
（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μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2
二者共同减速时的加速度大小a1＝1m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1m/s2，滑块减速的加速度大小为：
a3＝4m/s2
对整体受力分析，可得a1＝
＝μ1g
可得μ1＝0.1
在0～2s内分别对m和M做受力分析可得
对M：
μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma2
对m：
μ2mg＝ma3
代入数据解方程可得M＝1.5kg
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（q＞0）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t＝0到t＝T0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t＝T0到t＝1.5T0这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W.
答案
（1）v0＝
（2）①E＝
②W＝
解析
（1）小球做圆周运动向心力由洛伦兹力提供：
qv0B0＝m
解得v0＝
（2）①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＝
②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F＝Eq
在T0－1.5T0时间内，小球一直加速，最终速度为v＝v0＋at
电场力做的功为W＝
mv2－
mv02
得到电场力做功W＝
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