2022届高考物理二轮提升复习4高考常考的图像问题

这是一份2022届高考物理二轮提升复习4高考常考的图像问题，共10页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1．图甲所示的机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图乙是该机器人在某段时间内的位移－时间图像（后10 s的图线为曲线，其余为直线）。则（ ）
A．0～10 s内，机器人做匀加速直线运动
B．10～30 s内，机器人的平均速度大小为0.35 m/s
C．机器人在5s末的速度与15 s末的速度相同
D．机器人在0～30 s内的位移大小为12 m
【答案】B
【解析】位移时间图线的斜率可反映速度，0～10 s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，A错误；10～30 s内，平均速度为m/s＝0.35m/s。B正确；0～10 s内图线的斜率与10～20 s内图线的斜率关系为k1＝－k2，所以机器人在5s末的速度与15s末的速度等大反向，因速度是矢量，C错误；机器人在0～30 s内的位移大小为2 m，D错误。
2．在光滑水平面上，一质量为m的物块在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则物块的v－t图像正确的是（ ）。
【答案】A
【解析】根据F－t图像可以看出，0~1s时间内，F＝0，物体原来静止，这段时间继续保持静止；1~2s时间内，F逐渐增大，由牛顿第二定律，物体加速度也逐渐增大，做加速度增大的加速运动，v－t图像的斜率（表示加速度）逐渐增大，2~3s时间内，F恒定，物体做匀加速运动；3~5s时间内，F逐渐减小，加速度也减小，但方向和速度仍然同向，物体做加速度减小的加速运动，所以A正确，B错误；1~2s时间内，做加速度增大的加速运动，v－t图像的斜率（表示加速度）应逐渐增大，故C、D错误。
3．甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘的两物体的v－t图像如图所示，已知甲物体的图像是两段半径相同的圆弧，乙物体的图像是一倾斜直线，t4＝2t2，甲的初速度、末速度均等于乙的末速度。下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内，甲、乙两物体距离越来越小
B．t3～t4时间内，乙车在甲车后方
C．t1～t3时间内，甲、乙两物体发生过相遇
D．0～t4时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
【答案】C
【解析】由图可知时间内，甲的速度一直大于乙的速度，甲乙同向运动，则甲、乙两物体距离越来越大，故A错误；根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，时间内，两物体的位移相等，时刻两车相遇，而在时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在时间内，乙车在甲车前方，故B错误；由A、B选项分析时间内甲在乙前方，在时间内，乙车在甲车前方，可知：时间内，甲、乙两物体发生过相遇，故C正确；由B选项可知，时间内，两物体的位移相等，则时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误。
4．一只皮球从离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度平方成正比。下列描写皮球在下落过程中速度v、加速度a与下落时间t的关系图像，皮球克服空气阻力做功、皮球动能E与下落高度h的关系图像，可能正确的是（ ）
【答案】C
【解析】由于受到空气阻力的大小与速度平方成正比，由牛顿第二定律可得，所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，当时，以后做匀速运动，故AB错误；皮球在下落过程中，皮球克服空气阻力做功，故C正确；皮球在下落过程中，由动能定理，所以，由于f增大，故减小，即斜率减小，故D错误。
5．设想在赤道上建造如图甲所示的“太空电梯”，字航员可通过竖直的电梯直通太空站，图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有（ ）
A．随着r增大，宇航员的线速度减小
B．宇航员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度
C．图中r0作为地球同步卫星的轨道半径
D．随着r增大，宇航员感受到“重力”也增大
【答案】C
【解析】宇航员的线速度，地球自转角速度不变，随着r增大线速度v增大，A错误；宇航员在地面上并非卫星，除了受到万有引力还受到地面的支持力，故速度远小于第一宇宙速度，B错误；当时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，C正确；根据重力和万有引力相等可得，随着r增大，其重力mg′越来越小，D错误。
6．某汽车在平直公路上以恒定功率匀速行驶时，牵引力大小为F0。在t1时刻，司机迅速减小油门，使功率减为原来的一半，此后保持该功率不变继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。假设汽车受到的阻力保持不变，则关于汽车牵引力F大小在此过程中随时间t变化的图象，可能正确的是（ ）
【答案】D
【解析】汽车以功率P、速率v匀速行驶时牵引力与阻力平衡，阻力大小，，当司机减小油门，使汽车的功率减为时，由得汽车的牵引力突然减小为，由于此时，汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律，得知汽车的加速度逐渐减小，即汽车做初速率为v、加速度减小的减速运动，当牵引力与阻力再次平衡时，汽车再次匀速运动，得，由以上分析可知：a逐渐减小到零，意味着速度v减小得越来越慢，由，可知F增加得越来越慢，逐渐增大到。
7．如图甲所示，有一竖直放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一绝缘 光滑细杆过圆心沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示。小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大（图中标出了该切线）。下列说法正确的是（ ）
A．在圆环形成的电场中，O点右侧杆上B点场强最大，场强大小为12 V/m
B．在圆环形成的电场中，由C到A电势逐渐升高
C．小球在由C到A的过程中电势能先减小后增大
D．在圆环形成的电场中，C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
【答案】D
【解析】由v－t图象可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度为，又因为qE＝ma，解得E＝1.2 V/m，A错误。从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，BC错误；由C到B电场力做功，CB间的电势差为，D正确；
8．图甲所示的电路中，所用电源内电阻r＝0.5 Ω，定值电阻R2＝4 Ω。实验时调节电阻R1，的阻值，得到多组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点，并做出U－I图如图乙所示。将R1连入电路的阻值调至最大时，对应图乙中的A点。下列说法正确的是（ ）
A．A点对应外电路的总电阻为20 Ω
B．电源电动势为3 V
C．B点对应外电路的总功率为0.3 W
D．R1＝5 Ω时，R1消耗的功率最大
【答案】D
【解析】由闭合电路欧姆定律，可得，电路中电压表示数R1两端电压，RA是电流表内阻，带入数据可得，电源工作状态是A点时，由，外电路总电阻为R1+R2+rA＝24.5Ω，故A错误；由＝2.5V，故B错误；B点时，此时外电路总功率，故C错误；由，知当电路外电阻等于电源内阻 ，输出功率有最大值；将R2、电流表都等效串联到电源内部，则R1成了等效后的外电阻，当R1＝＝5Ω时，R1消耗的功率最大，故D正确。
9．如图甲所示，平行导轨PQ、MN的倾角为θ，两导轨间的距离为L，NQ之间接入一个阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒置于与导轨底端距离为2L处，与导轨间的动摩擦因数为μ，两导轨之间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场（图中未画出，且方向也未知），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量，如果在t＝0时刻开始由静止释放导体棒，导体棒恰好不上滑，t＝t0时刻导体棒恰好不下滑，导轨电阻不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．不管磁场方向是垂直导轨平面向上还是向下，导体棒所受安培力的方向都是沿导轨向上
B．在0～t0时间内，导体棒上电流的方向一定是由P指向M
C．在0～t0时间内，整个电路产生的热量为
D．在0～t0时间内，通过电阻R的电荷量为
【答案】ACD
【解析】如果磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向由P指向M，则根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，当磁场方向变为垂直导轨平面向下时，感应电流方向反向，导体棒受到的安培力的方向不变，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势（负号表示只影响感应电流的方向），根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小，整个电路产生的热量，故C正确；通过电阻R的电荷量，故D正确。
10．图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】BC
【解析】相对地面而言，小物块在小时间内，向左做匀减速运动，之后反向向右向右运动，故小物块在时刻离A处距离最大，A错误；小物块在小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，时刻两者同速，在时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；由B中分析可知，时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；在时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。
11．在拉力F的作用下，一辆玩具汽车从斜面底端由静止开始沿斜面运动，它的动能Ek与位移x的关系如图所示（AB段为曲线），各处的摩擦忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．0～x1过程中，车所受拉力逐渐增大
B．0～x1过程中，拉力的功率逐渐增大
C．0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度相等
D．x2～x3过程中，车的机械能可能不变
【答案】BD
【解析】Ek－x图线的斜率表示车所受的合外力，0～x1过程中，车所受合外力不变，则所受拉力不变，故A错误；0～x1过程中，拉力不变，而车的速度逐渐增大，所以拉力的功率逐渐增大，故B正确；根据匀变速直线运动规律的推论可知，只有当两个过程车都做匀变速运动时，其平均速度才相等，而0～x2过程中，车先做匀加速运动，然后做变加速运动；x2～x3过程，车做匀减速运动，所以0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度不相等，故C错误；x2～x3过程中，车做匀减速运动，此时拉力可能为零，车的机械能可能守恒，故D正确。
12．如图甲所示，空间内存在着四个沿竖直方向的带状匀强电场区，电场区的高度均为d，水平方向足够长，沿竖直向下的方向电势的变化图线如图乙所示，一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在电场区1的左上角处水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，小球从上到下在四个电场区运动的时间分别为t1、t2、t3、t4，则（ ）
A．小球在1、3区域运动的加速度是在2、4区域运动的加速度的2.5倍
B．小球在1、3区域做曲线运动，在2、4区域做直线运动
C．t1＞t2＞t3＞t4
D．t1＜t2＜t3＜t4
【答案】AC
【解析】根据沿着电场线的方向电势降低，可判断场区1的电场方向向下，场区2的电场方向向上，依次交替变化，而在场区1，由，可得，故，根据牛顿第二定律有，解得，进入场区2后，电场方向向上，由则，负号表示电场力方向向上，由，解得，则，故A正确；在四个场区小球的加速度的方向都不会与速度方向相同，故小球的整个运动过程是非匀变速曲线运动，故B错误；在各场区的运动过程中，运动的时间与水平速度无关，而竖直方向一直加速，故越到下面的场区平均速度越大，故小球经历每个场区的时间越来越少，有，故C正确，D错误。
13．如图所示：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨电阻忽略不计，虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间存在有垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ，MN平行于ab放置在导轨上，两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F作用，先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进人磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图象可能正确的是（ ）
【答案】ACD
【解析】当PQ离开磁场时，MN还未进入磁场，PQ进人磁场时加速度恰好为零，则，PQ在磁场内做匀速运动，由于PQ离开磁场时，MN还未进入磁场，PQ上的安培力消失，PQ将在外力F的作用下做匀加速；当PQ未离开磁场时，MN已进入磁场，根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等，则两棒产生的电动势等大反向，故电流为零，则两棒在外力F的作用下做匀加速运动，PQ棒离开磁场，继续做匀加速，故B错误，A正确；PQ进人磁场时加速度恰好为零，则，可知，PQ在磁场内做匀速运动，则电流不变，当PQ离开磁场时，MN还未进入磁场，则电流为零，当MN进入磁场，根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等，且做匀速运动，则流过PQ的电流大小不变，根据右手定则可知，流过PQ的电流变成反向，故C正确；PQ进人磁场时加速度恰好为零，则，可知，PQ在磁场内做匀速运动，则电流不变，当PQ未离开磁场时，MN已进入磁场，根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等，则两棒产生的电动势等大反向，故电流为零，则两棒在外力F的作用下做匀加速运动，PQ棒离开磁场时，对于MN有安培力大于外力F，则，MN减速，且a减小，则电流非匀减小，据右手定则可知，流过PQ的电流变成反向，故D正确。
14．如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，Q板接地，P板的电势φP随时间变化的情况如图乙所示，一束电子以相同的初速度v0陆续均匀地从P板小孔飞向Q板小孔，t＝0时刻从P板小孔飞入的电子在t＝eq \f(1,2)T时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计电子重力、小孔对板间电场的影响以及电子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．只有满足t＝nT（n＝0，1、2，3…）时刻飞入P板小孔的电子在板间运动的时间才最长
B．t＝eq \f(1,4)T时刻飞入P板小孔的电子到达Q板小孔的时刻为t′＝eq \f(5,8)T
C．若仅将电子从P板小孔飞人的初速度变成eq \f(2,3)v0，则有12.5%的电子到达Q板小孔时的速度仍为eq \f(2,3)v0
D．若仅将两板距离变成原来的两倍，则t＝0时刻从P板小孔飞入的电子到达Q板时的速度仍为零
【答案】ABC
【解析】两板间存在电压时，电子做减速运动，若要使电子在板间运动的时间最短，应使电子做匀减速运动的时间最长，即满足t＝nT（n＝0，1、2，3…）时刻飞入P板小孔，故A正确；设电子初速度大小为v0，由题意可知电子做匀减速运动的加速度大小为，极板间距，时刻飞入P板小孔的电子先做匀减速运动，此阶段的位移大小，末速度大小，电子后做匀速直线运动，此阶段的运动时间，所以时刻飞入P板小孔的电子到达Q板小孔的时刻为，故B正确；由题意，电子从P板小孔飞入和到达Q板小孔的速度相同，说明电子一直做匀速直线运动，在板间运动的时间，所以电子从P板小孔飞入的时刻范围是，这些电子所占电子总数的百分比为，故C正确；若仅将两板距离变成原来的两倍，则电子做匀减速运动的加速度大小变为，t＝0时刻从P板小孔飞入的电子在时刻的速度大小为，电子做匀减速运动的位移大小，电子之后做匀速直线运动的位移大小，所以电子到达Q板时的速度大小为，故D错误。