2024年高考物理大一轮复习：专题五 物理图象问题

这是一份2024年高考物理大一轮复习：专题五 物理图象问题，共24页。





　力学图象问题
命题角度一　x－t图象的理解及应用
【例1】 (多选) (2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示。下列说法正确的是(　　)

图1
A.在t1时刻两车速度相等
B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析　x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。
答案　CD
命题角度二　v－t图象的理解及应用
【例2】 (多选)(2019·全国卷Ⅲ，20)如图2(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

图2
A.木板的质量为1 kg
B.2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C.0～2 s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。
由题图(c)知，2～4 s内，
木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，
撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2
设木板质量为m，根据牛顿第二定律
对木板有：
2～4 s内：F－F摩＝ma1
4～5 s内：F摩＝ma2
且知F摩＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误；
0～2 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
答案　AB

读懂图象三步走
第一　关注横、纵坐标
(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么。
(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。
(3)坐标轴物理量的单位不能忽视。
第二　理解斜率、面积、截距的物理意义
(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。
(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。如v－t图象中的面积，表示位移。
(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距。
第三　分析交点、转折点、渐近线
(1)交点：往往是解决问题的切入点。
(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。
(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。
命题角度三　动力学中的图象问题
【例3】 (2018·全国卷Ⅰ，15)如图3，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是(　　)

图3

解题关键
情境转化——写出F－x的函数解析式

解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
答案　A
命题角度四　与能量有关的图象信息题
【例4】 (多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图4所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)

图4
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，物体的动能减少100 J，D正确。
答案　AD

1.(多选)舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移—时间图线如图5所示，则(　　)

图5
A.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度小于20 m/s
B.在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，战斗机的平均速度大于20 m/s
C.在M点对应的位置，战斗机的速度小于20 m/s
D.在M点对应的位置，战斗机的速度大于20 m/s
解析　在x＝16 m至x＝36 m这段过程中，运动时间等于1 s，由于是加速运动，因此在x＝16 m至x＝26 m这段过程中，运动时间一定大于0.5 s，由此可知平均速度小于20 m/s，在t＝2 s至t＝3 s这段时间内，平均速度为20 m/s，因此在t＝2.5 s时的速度为20 m/s，由于M点对应的时刻大于2.5 s，可知瞬时速度大于20 m/s。故A、D正确。
答案　AD
2.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图6所示。已知两车在t＝
3 s时相遇，则(　　)

图6
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后面
B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次相遇的时刻是t＝2 s
D.两车两次相遇的位置之间沿公路方向的距离为45 m
解析　根据速度—时间图线与横轴围成图形的面积表示位移可知，在1～3 s时间内两车位移相等，已知两车在t＝3 s时相遇，所以在t＝1 s时，甲车和乙车也相遇，选项A、C错误；在0～1 s时间内，甲车的位移为x1＝5 m，乙车的位移为x2＝12.5 m，则在t＝0时，甲车在乙车前Δx＝x2－x1＝7.5 m，选项B正确；在1～3 s时间内两车位移相等，甲车的位移是x＝×2 m＝40 m，所以两车两次相遇的位置之间沿公路方向的距离为40 m，选项D错误。
答案　B
3.(多选)一滑块在水平地面上做直线运动，t＝0时速率为1 m/s，从此时开始对滑块施加一个与初速度相反的水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图7甲、乙所示。则下列说法正确的是(　　)

图7
A.2 s末滑块距离出发点最远
B.0～1 s和1～2 s时间内滑块的加速度大小相等、方向相反
C.第1 s内摩擦力对滑块冲量为1 N·s
D.第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析　由v－t图象可知，前2 s内滑块位移为零，0～1 s和1～2 s时间内滑块加速度大小相等，方向相同，A、B错误；0～1 s内动力学方程为F1＋f＝ma1，1～2 s内动力学方程为F2－f＝ma2，而a1＝a2＝1 m/s2，可得f＝1 N，第1 s内摩擦力的冲量为I＝ft＝1 N·s，C正确；第2 s 内F的平均功率P＝＝，由图乙得x＝ m，代入数据可得P＝1.5 W，故D正确。
答案　CD
　电学图象问题
命题角度一　电场中的图象
【例1】 (多选)(2017·全国卷Ⅰ，20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图8所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是(　　)

图8
A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Ec∶Ed＝2∶1
C.Wab∶Wbc＝3∶1 D.Wbc∶Wcd＝1∶3
解题指导　①“静止点电荷的电场”场强可由E＝求解。②由φ－r图象可求出Uab、Ubc和Ucd的大小。
解析　由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式E＝k可知，＝＝，＝＝，故选项A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以＝，＝，故选项C正确，D错误。
答案　AC
【例2】 (2019·河南省濮阳市第二次模拟)某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图9所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是 (　　)

图9
A.粒子一定带负电
B.粒子的初动能大小为qE0x0
C.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
D.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
解析　由题图可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x0～3x0过程中电场力做的功比0～x0过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A、D错误；因为电场强度是均匀变化的，0～x0过程中平均电场强度为E0，x0～3x0过程中平均电场强度为E0，故根据动能定理可得qE0x0－qE0·2x0＝0－Ek0，解得初动能Ek0＝qE0x0，B错误；在0～x0过程中电场力做正功，所以在x0处动能最大，最大为Ekm＝Ek0＋qE0x0＝2qE0x0，C正确。
答案　C
命题角度二　电磁感应中的图象问题
【例3】 (多选)(2019·全国卷Ⅲ，19)如图10所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)

图10

解析　导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。

由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv0＝2mv共，v共＝，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图象应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。
答案　AC
【例4】 (多选)(2019·全国卷Ⅱ，21)如图11，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入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，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)

图11

解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin θ＝BIL，I＝，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同，产生的感应电动势大小相等。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I－t图象如图A所示，B、C图错误；
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，穿过两棒间回路的磁通量不变，产生的电动势为零，故电流为零，但两导体棒均只在重力作用下加速运动直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝＞I1，对MN棒：BIL－mgsin θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I－t图象如图D所示。
答案　AD

1.解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。
2.常用解决电磁感应图象问题的“两个方法”
(1)排除法；
(2)函数法。

1.(多选)(2019·广东省广州市模拟)空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图12所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。则下列说法正确的是(　　)

图12
A.该粒子带正电荷
B.空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的
C.该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的
D.该粒子运动到x0点的速度是
解析　沿电场线方向电势降低，由题图可知电场方向沿x轴正方向。带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，A正确；沿x正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理得qφ0＝
mv2，v＝，D错误。
答案　AC
2.(多选)如图13甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

图13
A.0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同
B.0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等
C.3～5 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上
D.1～3 s时间内，AB边受到的安培力不变
解析　0～1 s时间内穿过线圈的磁通量向外增加，5～6 s时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，A项正确；B－t图象的斜率等于
磁感应强度的变化率，故0～1 s时间内和1～3 s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，B项错误；3～5 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，C项正确；1～3 s时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力变小，D项错误。
答案　AC
3.(多选)如图14所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成 θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过棒ab的电荷量q、电流I，棒ab所受外力F及穿过 abPM的磁通量Φ随时间t变化的图象中，大致正确的是(　　)

图14

解析　由题知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝＝t，即电流I与t成正比，I与t的关系图线是过原点的直线，故B正确；通过棒ab的电荷量为q＝t＝t2，故q与t的关系图线是开口向上的抛物线，故A错误；根据牛顿第二定律得F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝BIL＝t，解得F＝mgsin θ＋ma＋t，即F与t的关系图线是纵截距不为零的直线，故C正确；Φ＝BS＝BL·at2＝BLat2，故Φ与t的关系图线是开口向上的抛物线，故D错误。
答案　BC

A卷　提能小卷练
一、选择题
1.一小物块从斜面底端以初速度v0向上滑动，然后又滑回原处。物块与斜面间的动摩擦因数不变，该过程中，物块的速度—时间图象或位移—时间图象正确的是(　　)

解析　物块在上滑的过程中，a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑的过程中，a2＝gsin θ－μgcos θ，显然a1＞a2，速度—时间图象中，第一阶段图线的斜率的绝对值比第二阶段图线的斜率的绝对值大，故选项A错误，B正确；上滑和下滑的过程中，物块都做匀变速直线运动，位移大小相等，方向相反，位移—时间图象为曲线，故选项C、D错误。
答案　B
2.(多选)一质点以一定的初速度从A点开始向相距8 m的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图线如图1所示，下列说法正确的是(　　)

图1
A.质点做加速度增大的变加速运动
B.质点做匀加速运动，其加速度大小为2 m/s2
C.质点运动的初速度大小为2 m/s
D.质点从A点运动到B点所用的时间为8 s
解析　根据v2＝v＋2ax可知，2a＝ m/s2＝4 m/s2，则a＝2 m/s2；v＝4 m2/s2，v0＝2 m/s，则质点做匀加速直线运动，选项B、C正确，A错误；质点运动到B点时v＝6 m/s，质点从A点运动到B点所用的时间为t＝＝ s＝2 s，选项D错误。
答案　BC
3.(多选)(2019·成都二模)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在y轴上的O、M两点，若规定无穷远处的电势为零，则在两电荷连线上各点的电势φ随y变化的关系如图2所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)

图2
A.q1与q2带异种电荷
B.A、N两点的电场强度大小为零
C.从N点沿y轴正方向，电场强度大小先减小后增大
D.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
解析　由图象可知，M点附近的电势为负值、O点附近的电势为正值，所以，q1与q2带异种电荷，故A正确；A、N点的电势为零，但电场强度不为零(电势降落越快的位置，电场强度越强)，故B错误；从N点沿y轴正方向，电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小，故C错误；将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小，所以，电场力先做负功后做正功，故D正确。
答案　AD
4.(2019·陕西咸阳二模)如图3甲，匝数n＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R＝20 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，B－t关系如图乙，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，则下列i－t关系图正确的是(　　)

图3

解析　由题图可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率一定，故0～2 s内电流的方向不变，由楞次定律可知，线圈中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～5 s内线圈中的电流方向为逆时针，为负方向。由E＝n可得E＝nS，则知0～2 s内电路中产生的感应电动势大小为E1＝nS＝2××20×
10－4 V＝6×10－6 V，则电流大小为I1＝＝×10－6 A＝3×10－7 A；同理2～5 s内，I2＝2×10－7 A，故D正确，A、B、C错误。
答案　D
二、非选择题
5.(2019·全国卷Ⅱ，25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图4(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
　
(a)　　　　　　　　　　(b)
图4
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
解析　(1)v－t图象如图所示。

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1)⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s⑬
W＝1.16×105 J⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m。⑯
答案　(1)如解析图所示　(2)28 m/s　8 m/s2(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m
B卷　高考标准练
(20分钟　48分)
选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)
1.两个物体从t＝0时刻起先后开始做自由落体运动，同时落地。则下列描述它们运动的v－t图象可能正确的是(　　)

解析　自由落体运动是初速度为0、只受重力作用的运动，加速度为重力加速度，两物体均做自由落体运动，只是运动的时间有先后，因此，选项D正确，A、B、C错误。
答案　D
2.如图5所示，两曲线分别是a、b两物体的位移—时间图象(图线为抛物线)，则两物体在t1～t2时间内(　　)

图5
A.a物体做匀加速直线运动
B.b物体的路程大于a物体的路程
C.某时刻，a、b两物体的速度相同
D.a、b两物体的加速度方向相同
解析　在位移—时间图象中，切线斜率表示速度，可知a物体做匀减速直线运动，A错误；在t1～t2时间内两物体的位置变化相同，b物体的路程等于a物体的路程，B错误；画一条与x轴平行的直线，与a、b图线相交，过两交点分别画两图线的切线，两切线平行时，在两交点对应的时刻，两物体的速度相同，C正确；a物体沿负方向做减速运动，加速度沿正方向，b物体沿负方向做加速运动，加速度沿负方向，即a、b两物体的加速度方向相反，D错误。
答案　C
3.如图6所示，在空间存在垂直于纸面向外的磁场，磁场的磁感应强度随x按
B＝B0＋kx(x＞0，B0、k为常量)的规律均匀增大。位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动。若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，选项图中关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象正确的是(　　)

图6

解析　导线框abcd向右匀速运动，穿过线框的磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知E＝n恒定，由I＝知线框中产生恒定电流；由楞次定律知导线框中将产生顺时针方向的电流，选项A正确。
答案　A
4.如图7甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是 (　　)

图7
A.在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同
B.在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流方向为P到Q
C.在0～t0时间内，通过电阻R的电流大小为
D.在t0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为
解析　由楞次定律可判断：在0～t0时间内，感应电流沿PQNMP方向，导体棒所受安培力向右，摩擦力向左；在t0～2t0时间内，感应电流沿PMNQP方向，导体棒所受安培力向左，摩擦力向右，则选项A、B错误；0～t0时间内，电路中的电流大小为I＝＝＝＝，则选项C错误；t0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为q＝I′Δt′＝＝，则选项D正确。
答案　D
5.甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v－t图象如图8所示，其中甲为两段相同的圆弧，乙为直线。则下列说法正确的是(　　)

图8
A.t＝8 s时两车的加速度大小相等
B.t＝16 s时两车不一定相遇
C.在0～16 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反
D.在0～16 s内，甲车的加速度方向改变
解析　v－t图象中直线或曲线某处切线的斜率表示加速度，由图象知t＝8 s时甲车的加速度大于乙车的加速度，选项A错误；在0～16 s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t＝16 s时是否相遇，选项B正确；在0～16 s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，选项C错误；0～16 s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，选项D错误。
答案　B
6.(2019·湖北黄冈模拟)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图9所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则(　　)

图9
A.物块与地面的动摩擦因数为0.2
B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
解析　在0～2 s内物体匀速运动，则摩擦力f＝3 N，则μ＝＝0.3，选项A错误；2 s后物体做减速运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过
t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物体停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物体不再运动，则5 s末物体的加速度为零，选项D错误。
答案　BC
7.真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a处，在它们连线上各点场强E随x的变化关系如图10所示，以x轴正方向为正方向，以下说法正确的是(　　)

图10
A.点电荷M、N均为正点电荷
B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1
C.沿x轴从0到3a电势逐渐降低
D.将一正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.5a，该点电荷的电势能先减小后增大
解析　根据它们连线上各点场强E随x的变化关系可知，点电荷M、N均为正点电荷，选项A正确；由于在x＝2a处电场强度E＝0，即两个点电荷产生的电场在x＝2a处的电场强度等大反向，即k＝k，解得点电荷M、N所带电荷量之比为QM∶QN＝4∶1，选项B错误；沿x
轴从0到2a电势逐渐降低，从2a到3a电势逐渐升高，选项C错误；将一正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.5a，电场力先做正功后做负功，该点电荷的电势能先减小后增大，选项D正确。
答案　AD
8.如图11甲所示，正三角形闭合线圈ABC在匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向。已知线圈的边长a＝1.0 m，匝数N＝100，总电阻r＝2.0 Ω。则 (　　)

图11
A.3 s时线圈内感应电动势的大小为5 V
B.3 s时线圈内感应电流的方向为A→C→B→A
C.在2～4 s内通过线圈的电荷量为 C
D.在0～4 s内线圈产生的焦耳热为93.75 J
解析　由图乙有0～2 s内线圈感应电动势E1＝N＝N＝ V，2～4 s内线圈感应电动势E2＝N＝N＝5 V，选项A错误；由楞次定律知，
3 s时感应电流的方向为A→C→B→A，选项B正确；在2～4 s内线圈中感应电流I2＝＝ A，电荷量q＝I2Δt2＝5 C，选项C错误；在0～2 s内线圈中感应电流I1＝＝ A，产生的焦耳热Q1＝IrΔt1＝18.75 J，2～4 s内产生的焦耳热Q2＝IrΔt2＝75 J，所以0～4 s内产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝93.75 J，选项D正确。
答案　BD