专题33 图像法（电学与热学图像线下面积的应用）-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

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高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题33 图像法（电学与热学图像线下面积的应用）特训目标特训内容目标1E-x图像线下面积的应用（1T—3T）目标2U-q图像线下面积的应用（4T—6T）目标3I-t图像线下面积的应用（7T—9T）目标4P-V图像线下面积的应用（10T—12T）【特训典例】一、E-x图像线下面积的应用1．半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径分布如图所示，图中已知。过球心同一直线上的A、B两点离球心的距离分别为2R、3R。下列说法中正确的是（　　）A．A、B两点的电场强度大小之比是B．把一正试探电荷从A点移到B点电势能增加C．从球面到A点的电势差小于A、B两点间的电势差D．从球心到球面，电势降低 【答案】D【详解】A．根据公式解得，A错误；B．由题可知，该球体带正电，故把一正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，B错误；CD．根据关系式可知，曲线下图像的面积表示电势差，由图易知从球面到A点的电势差大于A、B两点间的电势差，由于该球体带正电，故把一正检验电荷从球心向远离球心移动，电场力做正功，可知从球心到球面电势降低，电势降低，C错误，D正确。故选D。2．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（　　）A．此空间电场一定是由一对等量同种正点电荷产生的B．带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做负功后做正功D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，在O点电势能最小【答案】B【详解】A．若该电场是由一对等量同种正点电荷产生的，靠近正电荷时场强应趋于无穷大，对比图像不符，A错误；B．O点左侧场强向左、O点右侧场强向右，假设正电荷从O运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，可得其中U1为O到x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，同理可知，正电荷从O运动到-x1处，电场力做正功，电势能减小，可得其中U2为O到-x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，由对称性可知即故带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等，B正确；C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，C错误；D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，在O点电势能最大，D错误。故选B。3．空间有一沿x轴正方向分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，一质量为m、带电量为的粒子静止在原点O处，由于受到微小的扰动，粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，下列说法正确的是（　　）A．从O点到处，带电粒子的电势能逐渐减小B．粒子运动到处时的加速度大小为C．若取O点电势为零，则处的电势为D．粒子在段的动能变化量小于在段的动能变化量【答案】AD【详解】A．从O点到处，带电粒子受到的电场力做正功，其电势能逐渐减小，故A正确；B．由图像可知处的电场强度大于，由牛顿第二定律可知粒子的加速度故B错误；C．图像的面积表示两点间的电势差，则所以处的电势为，故C错误；D．由图像可知段的面积小于段的面积，即段的电势差小于段的电势差，由动能定理得所以粒子在段的动能变化量小于在段的动能变化量，故D正确。故选AD。二、U-q图像线下面积的应用4．利用一个电动势为E的电源对一电容器（电容为C）充电，充电过程中，电容器两端的电压U和电容器所带电荷量Q的函数关系如图所示，若图中ΔQ取得尽可能小，则阴影部分的面积可以表示对电荷量为ΔQ的电荷所做的功，即电容器所带电荷量增加ΔQ时储存的能量，则（　　）A．图象的斜率等于电容C的大小B．图象斜率的倒数等于电容C的大小C．充电完毕电容器储存的能量为CE2D．充电完毕电容器储存的能量为CE2【答案】BD【详解】AB．根据电容的定义式可得该U-Q图象的斜率为即图象斜率的倒数等于电容C的大小，故A错误，B正确；CD．充电完毕电容器带电量为Q=CE由题意可知，电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积大小故C错误，D正确。故选BD。5．随着科技的发展，一种新型的储能器件越来越被广泛使用，即用电容器储能，现对给定电容为的电容器充电，充电时两极板间的电势差随电荷量的变化图象如图所示，类比直线运动中由图象求位移的方法，可以求两极板间电压为时电容器所储存的电能等于（　　）A． B． C． D．【答案】D【详解】电压为时，电容器带电，图线和横轴围成的面积为所储存的电能，则有又所以，ABC错误，D正确。故选D。6．电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间t变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（　　）A．①②两条曲线不同是E的不同造成的B．②③两条曲线不同是R的不同造成的C．改变R或者改变E，电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像都如图丙所示D．类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，由图丙所示u-q图像可求得电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能【答案】CD【详解】A. 根据 ，①②两次的q相同，表明这两次充电的电源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成的，A错误；B. 根据，②③两次的电量不同，表明电源不同，所以②③两条曲线不同是E的不同造成的，B错误；C. 根据 可知，改变R或者改变E，不能改变电容C，所以电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像的斜率不变，图像如图丙所示，C正确；D. 类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，则电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能等于图像的面积；解得，D正确。故选CD。三、I-t图像线下面积的应用7．NPO电容器是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组利用电路图甲研究该电容器的放电规律，先将开关S接通1，待电路稳定后接通2，用电流传感器和计算机测得电容器某次放电时电流随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ）A．流过R0的电流方向竖直向上B．图乙中图线与坐标轴围起来的面积表示电容器电容的大小C．若增大R0的阻值，则放电时间减少D．若增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变【答案】D【详解】A．由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过的电流方向竖直向下，故A错误；B．根据微元法的思想知，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，故B错误；D．充电后，电容器与电源断开，电荷总量不变，根据B项分析，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，则增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变，故D正确；C．电容器充满电后，电荷总量不变，电容不变，根据知不变，又若增大的阻值，则放电初始时刻的最大电流减小，根据I-t图线与坐标轴围起来的面积不变，故放电时间增加，故C错误。故选D。8．把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A．在t1~t2时间内，电容器两极板间电压逐渐增大B．在t3~t4时间内，电容器的电容逐渐减小C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E【答案】AC【详解】A．在t1～t2时间内，即形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，根据知，两极板电压逐渐增大，故A正确；B．在t3～t4时间内，即形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故B错误；C．根据q=It，可知I-t图线与时间轴围成的面积表示电荷量。由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C正确；D．S接1端，电容器充电，最终两端电势差等于电源的电动势，故D错误。故选AC。9．如图（a）所示电路中，定值电阻R1=R2=5Ω，电容器电容C=500μF，电源电动势E=3.0V，内阻不计。开始时，单刀双掷开关S断开，电容器不带电。图（b）和图（c）分别为电容器两极间电压UC、电容器支路中电流IC随时间t变化的关系图线，规定电容器支路中电流方向向左为正方向，下列说法正确的是（　　）A．图（b）是开关S先置于1时的图像，图（c）是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像B．图（b）中a=3.0V，图（c）中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10-3CC．图（b）中的t1和图（c）中的t2相等D．若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则流过定值电阻R2的平均电流为15mA【答案】ABD【详解】A．开关接1时，电容器处于充电过程，电压逐渐增大，开关接2时，电容器处于放电过程，电流逐渐减小，则图（b）是开关S先置于1时的图像，图（c）是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像所以A正确；B．充电时电容器两极板的最大电压等于电源电动势则图（b）中a=3.0V。放电时，电容器所储存的电荷量为根据所以图（c）中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10-3C，则B正确C．由于电容器的充放电时间不同，所以C错误；D．若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则有则流过定值电阻R2的平均电流为15mA，所以D正确；故选ABD。四、P-V图像线下面积的应用10．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是热机的“卡诺循环”，则（　　）A．B→C过程气体压强减小仅是因为气体分子的数密度减小B．B→C过程速率大的分子比例在增加C．B→C过程气体对外做功大于D→A过程外界对气体做功D．C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量【答案】D【详解】A．由于B→C过程为绝热过程（），由图知气体体积增大，气体对外做功（），根据热力学第一定律可知，气体内能减小，则温度降低，气体分子平均动能减小，根据气体压强的微观解释可知，气体压强减小不仅是因为气体分子的数密度减小，还因为气体分子平均动能也减小了所共同引起的，故A错误；B．由选项A分析可知，B→C过程中气体的温度降低，气体分子平均动能减小，则速率大的分子比例在减小，故B错误；C．由于A→B为等温过程，所以气体在A状态的内能等于B状态的内能，由于B→C和D→A为绝热过程，根据热力学第一定律可知，B→C过程气体对外做功等于D→A过程外界对气体做功，故C错误；D．由图知气体在C→D过程等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放热；气体A→B过程等温膨胀，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热；由于图像与坐标轴围成的面积表示气体做的功，由图像可知，一个“卡诺循环”中，气体对外做的功大于外界对气体所做的功，即，由于一个“卡诺循环”气体的内能不变，即，根据热力学第一定律可知，则一个“卡诺循环”中气体吸收的热量，即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，故D正确。故选D。11．如图所示，一定质量的理想气体经历A→B-→C→A的过程，已知气体在状态A时的温度为300 K，且1atm=1.0×105Pa，下列说法正确的是（　　）A．在状态B，气体的温度为300 K B．在状态C，气体的内能最大C．过程A→B，气体对外做功7.5×104JD．过程C→A，单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数可能不变【答案】C【详解】A．由图可知，气体在A状态时，，，，B状态时，，，由理想气体状态方程解得故A错误；B．由理想气体状态方程可知，图的面积反映温度的高低，可知状态B的面积最大，即温度最高，而由理想气体的内能为则一定质量的理想气体由温度决定， 故B状态的温度最高，故B错误；C．由图中图线与坐标轴围成的面积表示气体与外界之间的做功，有因理想气体的体积变大，故气体对外做功为，故C正确；D．过程C→A为等压压缩，温度降低，由因温度降低，则每个分子的平均压力变小，而压强不变，则单位时间单位面积撞击的分子数变多，故D错误。故选C。12．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p—V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，p0）、b（3V0，p0）、c（3V0，5p0），下列说法正确的是（　　） A．在a→b过程中，气体温度逐渐升高B．在b→c过程中，气体向外界放热C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中的内能减少量小于气体在b→c过程中的内能增加量E．气体在a→b→c→a一个循环过程中对外界放出的热量为【答案】ACE【详解】A．在a→b过程中，气体压强不变，根据理想气体状态方程可知，当体积V增大时，温度T增大，所以a→b过程气体温度逐渐升高，故A正确；B．b→c过程气体做等容变化，气体和外界没有做功关系，根据理想气体状态方程可知，当压强p增大时，温度T增大，气体内能增加，再根据可知，气体吸收热量。故B错误；C．在c→a过程中，由理想气体状态方程可得可得即c→a过程，气体温度降低，内能减少，即又由c→a过程，体积减小，外界对气体做功，即根据可知且故C正确；D．设a状态时的温度为，由理想气体状态方程可得解得，，c→a过程温度降低了，b→c过程温度升高了，故c→a过程中的内能减少量大于气体在b→c过程中的内能增加量，故D错误；E．在p-V图像中，图线与坐标轴围成的面积代表做功，故a→b过程中气体对外做功为，b→c过程中气体对外做功为0，c→a过程中外界对气体做功为梯形面积，故a→b→c→a一个循环过程中外界对气体做了的功，而a→b→c→a一个循环过程中，温度不变，内能不变，则一个循环过程中需放热，故E正确。故选ACE。