2018高考物理二轮讲练专题15-物理图像(课件与作业2份)

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课件简介:
  • 课件名称: 2018高考物理二轮讲练专题15-物理图像(课件与作业2份)
  • 课件科目: 高三物理课件
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  • 更新时间: 2018年04月25日
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课时作业(十五)
一、选择题(共20个小题,8、9、10、11、12、14、17、18、19为多选,其余为单项选择题,每题5分共100分)
1.(2017•德阳模拟)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力,在0至t3时间段内,弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示,以竖直向上为正方向,则下列关于物体运动的a­t图、v­t图及P­t图(P为物体重力的功率大小)可能正确的是(  )
 
答案 C
解析 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系,可以依题意,分三种情况讨论:
(1)若F1=mg,则0~t1时间内电梯静止或做匀速直线运动,即速度等于0,或速度保持不变,加速度等于0.四个图线没有是可能的;
(2)若F2=mg,则F1<mg,在0~t1时间内电梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,为负值.所以D是不可能的;加速度的方向向下,则物体0~t1时间内在可能向下做加速运动,速度为负,故AB是不可能的;而t1~t2时间内受到的合外力等于0,物体做匀速直线运动,物体的速度不变,故B是错误的;又由:P=mgv,可知t1~t2时间内重力的功率不变,故C是错误的;
(3)若F3=mg,则F1<mg,F2<mg,在0~t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下,加速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;
F3=mg,可知在0~t1时间内向下的加速度大于t1~t2时间内向下的加速度,而t2~t3时间内物体做匀速直线运动,所以速度图像如图,
 
速度的方向向下,重力的方向也向下,由P=mgv可知,图C是重力的功率随时间变化的图线.故C是正确.
由以上的分析,可知只有C项是可能的,ABD都是不可能的.
故选C项.
2.(2017•南通模拟)如图甲所示,一轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为N,小球在最高点的速度大小为v,N&shy;v2图像如乙图所示,下列说法正确的是(  )

 
A.当地的重力加速度大小为Rb B.小球的质量为abR
C.v2=c时,杆对小球弹力方向向上 D.若v2=2b.则杆对小球弹力大小为2a
答案 B
解析 A项,在最高点,若v=0,则N=mg=a;若N=0,则mg=mbR,解得g=bR,m=abR,故A项错误,B项正确;C项,由图可知:当v2<b时,杆对小球弹力方向向上,当v2>b时,杆对小球弹力方向向下,所以当v2=c时,杆对小球弹力方向向下,故C项错误;
D项,若c=2b.则N+mg=m2bR,解得N=a,故D项错误.故选B项.
3.(2017•南通模拟)如图所示,A为一足够长的固定斜面,物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑,现使物块B在t=0时由静止释放,并同时受到一随时间变化规律F=kt的垂直于斜面的作用力,v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能,则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中,可能正确的是(  )
 
答案 A
解析 A、C项,物体受重力、F、斜面支持力和滑动摩擦力,滑动摩擦力大小:f=μ(F+mgcosθ)=μ(kt+mgcosθ)
可知,小球受到的滑动摩擦力越来越大,则小球的合外力:F合=mgsinθ-f=mgsinθ-μ(kt+mgcosθ)
根据牛顿第二定律得F合=ma
得a=gsinθ-μ(kmt+gcosθ)
可知当mgsinθ>f时,物块受到的合外力均匀减小,方向沿斜面向下,则加速度均匀减小,方向沿斜面向下.当mgsinθ=f时,合外力为零,加速度为零.当mgsinθ<f时,物块受到的合外力均匀增大,方向沿斜面向上,则加速度均匀增大,方向沿斜面向上.

根据v&shy;t图像的斜率等于加速度,知A图正确,故A项正确,C项错误.
B项,由f=μ(kt+mgcosθ),知f先均匀增大,当物块静止时,f不变,故B项错误.
D项,物块停止运动前只有重力和摩擦力做功,机械能的减少等于摩擦力做的功,由fΔx=ΔE,得ΔEΔx=f,可得ΔEΔt•ΔtΔx=f,又v=ΔxΔt
所以ΔEΔt=fv,则知E&shy;t图像的斜率是变化的,可知物块停止运动前,E&shy;t图像应是曲线,故D项错误;故选A项.
4.(2017•宜兴市模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙.滑块运动过程中加速度大小与时间关系图像如图所示.下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图像,其中正确的是(  )
 
答案 D
解析 滑块冲上斜面到沿斜面下滑到底端的过程,先匀减速后匀加速,上滑过程x=v0t-12a1t2,下滑过程x=-12a2(t-t1)2,所以两段均为开口向下的抛物线(或者从x-t图线的斜率,由过程可知:速度先减小后增大,所以斜率先减小后增大).所以A项错误;因为有摩擦,所以机械能有损失,回到底端的速度必小于v0,所以B项错误;因为动能Ek=12mv2,即上滑过程有Ek=12m(v0-a1t)2,下滑过程有Ek=12m[a2(t-t1)]2,上滑到最高点的动能为0,所以C项错误;重力势能Ep=mgh,所以重力势能先增加后减小,即D项正确.
5.(2017•淮南二模)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力,若不计空气阻力,则在整个上升过程中,下列关于物体机械能E和动能Ek随时间变化的图像正确的是(  )
 
答案 C
解析 A、B两项,设物体在恒力作用下做匀加速运动的加速度为a,则机械能增量ΔE=E=Fh=F•12at2,知E&shy;t图像是开口向上的抛物线(右支).撤去拉力后,机械能守恒,则机械能随时间不变,E&shy;t图像是平行于t轴的直线.故A项错误,B项错误.C、D两项,物体做匀加速运动时,Ek=12mv2=12m(at)2,知Ek&shy;t图像是开口向上的抛物线(右支).撤去恒力后,Ek=12mv2=12m(v0-gt)2,动能先减小后增大,Ek&shy;t图像是开口向上的抛物线,故C项正确,D项错误.故选C项.
6.(2017•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,C点与A点是对称的点,由A点到B点的弹簧长度变化mgk,由对称性得由B到C的弹簧长度再变化mgk,故到达D点时形变量要大于2mgk,所以弹力大于2mg,所以C项正确;D项,系统在整个过程中,只有重力和弹簧弹力做功,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.
7.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g=10 m/s2,下列说法正确的是(  )
A.小球的质量为0.2 kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C.小球动能与重力势能相等时的高度为2013 m
D.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,Ep=mgh得m=0.1 kg,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=0.25 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mgH=12mv2,由动能定理-fH-mgH=12mv2-12mv02,得H=209 m,故C项错;当上升h′=2 m时,由动能定理-fh′-mgh′=Ek2-12mv02,得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh′=2 J,所以动能与重力势能之差为0.5 J,故D项正确.
8.(2017•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轴上的两对称点.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O点对称,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.
9.(2017•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=10 m/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14 N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=Fm-μg
由a-F图线,得到
0.5=7m-10μ  ①
4=14m-10μ  ②
①②联立得,m=2 kg,μ=0.3,故CD项正确;故a=0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.
10.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,E&shy;x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E&shy;x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.
11.如图所示,长为L=6 m、质量为m=10 kg的木板放在水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.2,一个质量为M=50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动,从人开始跑到人离开木板的过程中,以下v&shy;t图像可能正确的是(g取10 m/s2,a为人的v&shy;t图像,b为木板的v&shy;t图像)(  )
 
答案 ABC
解析 人在木板上加速,受到木板向右的摩擦力,f=Ma1,木板与地面之间的最大静摩擦力fm=μ(M+m)g=120 N;A项中人的加速度a1=1 m/s2,f=Ma1=50 N<120 N,木板静止不动,t=23 s内人的位移x=6 m,A项正确;同理B项正确;C项中人的加速度a1=3 m/s2,f=Ma1=150 N>120 N,木板向左加速,f-μ(M+m)g=ma2,a2=3 m/s2,t=2 s内人的位移大小x1=3 m,木板的位移大小x2=3 m,C项正确;D项中木板的位移为负,应在时间轴的下方,因此D项错误.
12.(2015•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=v02t1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=arcsinv1+v02gt1,物块与斜面间的动摩擦因数μ=v0-v12gt1cosθ,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=v0(v1+v0)4g,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.
13.(2017•南关区校级二模)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g=10 m/s2),则下列结论正确的是(  )
 
A.物体的加速度大小为5 m/s2
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的质量为3 kg
D.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
答案 A
解析 A、B、C项,刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有
mg=kx  ①
拉力F1为10 N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有
F1+kx-mg=ma  ②
物体与弹簧分离后,拉力F2为30 N,根据牛顿第二定律,有  F2-mg=ma ③
代入数据解得m=2 kg   k=500 N/m=5 N/cm   a=5 m/s2
故B项错误,C项错误,A项正确;
D项,物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故D项错误;故选A项.
14.(2017•山东济南期末)如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2 L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上下边界MN、PS是水平的.有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动.以线框的ab边到达MN时开始计时,以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,向上为力的正方向.则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中,可能正确的是(  )
 
答案 AD
解析 根据题意,在0~L上,线框加速进磁场,做加速度减小的加速运动;在第L~2L上,做加速度不变的匀加速运动,线圈中没有感应电流;第2L~3L上做匀速运动.由楞次定律判断感应电流的方向,由i=BLvR判断电流的大小,可知A项正确;由左手定则和F=BiL可知,D项正确.
15.(2017•湖北模拟)如图甲所示,在匀强磁场中,两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势e随时间t变化的图像如图乙中曲线a,b所示,则(  )
 
A.t=0时刻,两线圈均处于垂直于中性面的位置
B.a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.a、b对应的两线圈面积之比为1∶1
D.若只改变两线圈的形状(匝数不变),则两线圈电动势的有效值之比一定不变
答案 C
解析 A项,在t=0时刻,感应电动势为零,此时线圈一定处在中性面上;故A项错误;B项,由图可知,a的周期为4×10-2 s;b的周期为6×10-2 s,则由n=1T可知,转速与周期成反比,故转速之比为3∶2;故B项错误;C项,由图可知,a的最大感应电动势为Ea=15 V,b的最大感应电动势为Eb=10 V,根据Em=NBSω可知SaSb=EaωbEbωa=11,故C项正确;D项,改变线圈的形状,线圈的面积会发生变化,根据E=NBSω2可知,产生的感应电动势可能会发生变化,故两线圈电动势的有效值之比不一定不变,故D项错误;故选C项.
16.(2017•洛阳一模)如图甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向成60°角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0~t时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是(  )
 
答案 D
解析 由E=ΔΦΔt=ΔBSΔtsin60°可知,电动势保持不变,则电路中电流不变;由安培力F=BtIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,当B为负值时,安培力的方向为负,B为正值时,安培力为正值,故D项正确;故选D项.
17.(2017•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0~0.5 s,电流为负值,可推得磁感应强度向内增加或向外减少,A项错误;在0.5~1.5 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,C项错误;在1.5~2.5 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,B、D两项都正确.
18.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-μBLkmt,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.
19.(2017•湖北七市联考)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨,导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上,两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连.棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,三角形的两条直角边长均为l,整个装置的俯视图如图所示.从图示位置在棒ab上加水平拉力,使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区,则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(  )
 
答案 AC
解析 ab向右运动,切割磁感线,由右手定则可知,产生的感应电流方向为从b到a(电流为负值).根据法拉第电磁感应定律,导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大,所以感应电流i随时间变化图像A可能正确,B项一定错误.在ab切割磁感线运动过程中,由于cd没有进入磁场中,不受安培力作用,在0~t0时间内,绝缘细线中张力F等于零,在cd进入磁场区域切割磁感线运动时,受到安培力作用,绝缘细线中张力F=BIl=B2l2vR=B2(vt)2vR=B2v3t2R,绝缘细线中张力F随时间变化图像C项图可能正确,D项图一定错误.
20.(2017•巢湖市校级模拟)如图所示,直线OO′的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1,右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2,且B1>B2,一总阻值为R的导线框ABCD以OO′为轴做角速度为ω的匀速转动,导线框的AB边长为l1,BC边长为l2.以图示位置作为计时起点,规定导线框内电流沿A→B→C→D→A流动时为电流的正方向.则下列图像中能表示线框中感应电流随时间变化的是(  )
 
答案 A
解析 回路中的感应电动势为e=e1+e2=B1l2ω•l12sinωt+B2l2ω•l12sinωt=(B1+B2)l1l2ω2sinωt,则电流为i=(B1+B2)l1l2ω2Rsinωt,故A项正确,B、C、D项错误.故选A项.