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高考物理考前知识专题13 图象问题
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这是一份高考物理考前知识专题13 图象问题，共16页。试卷主要包含了会识图，会作图，会用图，0 J等内容，欢迎下载使用。
考题一 图象的识别
1.会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义，并列出公式.
2.会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象.
3.会用图：能结合物理公式和图象解决物理问题.
例1 a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时刻，b车在a车前方500 m处，它们的v－t图象如图1所示，下列说法正确的是( )
图1
A.a、b加速时，物体a的加速度等于物体b的加速度
B.在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次
C.在第60 s时，物体a在物体b的前方
D.在第40 s末，a、b两车相距900 m
解析 由图可知，a车加速度为a1＝1.5 m/s2，b车加速度为a2＝2 m/s2，A错误；第20 s时，a车位移为x1＝eq \f(40＋10,2)×20 m＝500 m，b车没动x2＝0 m，则x1＝x0，a车追上b车；第60 s时，a车位移为x1′＝x1＋40×40 m＝2 100 m，b车位移为x2′＝eq \f(40×80,2) m＝1 600 m，则x1′＝x2′＋x0，b车追上a车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B正确，C错误；在第40 s末，a车位移x1″＝x1＋40×20 m＝1 300 m，b车位移x2″＝eq \f(40×20,2) m＝400 m，则两车相距Δx＝x1″－(x2″＋x0)＝400 m，则D错误.故选B.
答案 B
变式训练
1.一个质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3 s.若要使物体在3 s内运动产生的内能最大，则力F随时间t变化的图象应为( )
答案 B
解析 由题意可知，物体在3 s内运动的位移最大时，产生的内能最大.物体受到的最大静摩擦力为μmg＝2 N，当F＝5 N时，a1＝eq \f(F－μmg,m)＝3 m/s2，当F＝3 N时，a2＝eq \f(F－μmg,m)＝1 m/s2，当F＝1 N时，a3＝eq \f(F－μmg,m)＝－1 m/s2.根据四个图象的情况，作出对应的v－t图象如图所示，可知B图在3 s内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大.故选B.
2.在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示.在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是( )
图2
A.整个过程中小朋友的机械能守恒
B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大
C.小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
答案 BC
解析 小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B正确；由题图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，D错误.
3.如图3所示，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，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )
图3
答案 BD
解析 从t＝0时刻起，金属棒通以I＝kt的电流，由左手定则知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致棒在运动过程中，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，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，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，做加速度增大的减速运动，v－t图象的斜率表示加速度的大小.
考题二 图象的综合应用
1.物理图象不仅能够直接反映物理量的大小、方向，而且图线的斜率、线与坐标轴围成的面积也有特定的物理意义.在解题时要充分理解图象反映的信息，挖掘图象中隐含的条件.
2.通过分析图象，能够根据相应的物理知识来建立物理量间的函数关系式，可以直接读出或求出某些待求的物理量，还可以探究某些物理规律，或测定某些物理量，分析某些复杂的物理过程.
3.掌握用物理图象解决问题的方法，通过对物理图象的分析来提高对物理知识的理解和记忆能力.
例2 如图4甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示.物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J
B.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J
D.MN的水平距离为1.6 m
解析 根据F－x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF＝eq \f(6＋18,2)×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J，A正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝1.0 J，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为 Ep＝WF－Wf＝5.0 J，B错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总＝2μmgx＝2.0 J，C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程由能量守恒得：eq \f(1,2)mv2＝WF－Wf总，解得v＝4 m/s，物块离开M点后做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝1.6 m，D正确.
答案 AD
变式训练
4.一摩托车在t＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a－t图象如图5所示，根据已知的信息，可知( )
图5
A.摩托车的最大动能
B.摩托车在30 s末的速度大小
C.在0～30 s的时间内牵引力对摩托车做的功
D.10 s末摩托车开始反向运动
答案 B
解析 由图可知，在0～10 s摩托车做匀加速运动，10～30 s做减速运动，故10 s末速度最大，动能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求最大动能，A错误；根据a—t图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出30 s内速度的变化量，由于初速度为0，则可求摩托车在30 s末的速度大小，B正确；在10～30 s牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误；根据“面积”表示速度变化量可知，30 s内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D错误.故选B.
5.如图6所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是( )
图6
答案 A
解析 由两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O点处电势为零，故O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零，故C、D错误.
6.如图7所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时记为x＝0，线框开始匀速运动.线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )
图7
答案 C
解析 线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势E＝Blv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab＝eq \f(Blv,4)；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab边两端的电压 Uab＝Blv不断增大，Uab与位移x不是线性关系；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C正确，A、B、D错误.
专题规范练
1.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值eq \f(x,t)与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图1所示.由图可知，t＝2 s时质点的速度大小为( )
图1
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 由图得eq \f(x,t)＝t，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，对比两式得v0＝0，a＝2 m/s2，即质点做匀加速直线运动.故t＝2 s时的速度大小为v＝at＝4 m/s.故选B.
2.如图2所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量.初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0).现改变力F的大小，使B以eq \f(g,2)的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图象正确的是( )
图2
答案 D
解析 当弹簧的弹力增大到eq \f(mg,2)时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的eq \f(mg,2)线性减小到零，力F由开始运动时的mg线性减小到eq \f(mg,2)；此后托盘与物块分离，力F保持eq \f(mg,2)不变，故D正确.
3.图3甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P 是他的重心位置.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线.两图中a～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知( )
图3
A.张明的重力为1 500 N
B.c点位置张明处于失重状态
C.e点位置张明处于超重状态
D.张明在d点的加速度小于在f点的加速度
答案 C
解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，故人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B错误；e点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C正确；人在d点：a1＝eq \f(Fd－G,m)＝20 m/s2.在f点：a2＝eq \f(G－0,m)＝10 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，D错误.
4.(多选)如图4甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上.现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，取sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图4
A.物块的质量为1 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C.0～3 s内力F做功的平均功率为0.32 W
D.0～3 s内物体克服摩擦力做的功为5.12 J
答案 AD
解析 由速度图象知，在1～3 s内F＝0.8 N，物块做匀加速运动，且a＝0.4 m/s2，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma，在3～4 s 内F＝0.4 N，物块匀速运动，受力平衡有F＝μmgcs θ－mgsin θ，联立得m＝1 kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1 s内物块静止F不做功，在1～3 s内F＝0.8 N，位移x＝eq \f(1,2)at2＝0.8 m，在0～3 s内F做功的平均功率为：P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Fx,t)＝eq \f(0.8×0.8,3) W≈0.213 W，C错误；在0～3 s内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgcs θ·x＝5.12 J，D正确.
5.如图5所示，在边长为a的正方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等.纸面内一边长为a的正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域，在t＝0时，导线框运动到原点O处且恰好开始进入磁场区域.取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图象中能够正确表示从t＝0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是( )
图5
答案 B
解析 x在0～a范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝eq \f(Ba－xv－Bxv,R)＝eq \f(Bv,R)(a－2x)，其中x在0～eq \f(a,2)范围内感应电流为顺时针，为正方向；x＝eq \f(a,2)时，i＝0；x在eq \f(a,2)～a范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x在a～2a内，感应电流大小 i＝eq \f(B[a－x－a]v－Bx－av,R)＝eq \f(Bv,R)(3a－2x)，其中，x在a～eq \f(3,2)a感应电流方向沿逆时针，为负方向.x＝eq \f(3,2)a时，i＝0；x在eq \f(3,2)a～2a范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故B正确，A、C、D错误.故选B.
6.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图6甲中虚线所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力.则( )
图6
A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小
C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D.到达x1位置时，小球速度的大小为 eq \r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))
答案 D
解析 物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向，由机械能的变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A错误；由牛顿第二定律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B错误；因电场力越来越小，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C错误；由动能定理mgx1＋E1－E0＝eq \f(1,2)mv2－0，得到达x1位置时，小球速度v＝ eq \r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))，D正确.故选D.
7.(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图7甲所示，一个电荷量为2×10－3 C，质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是( )
图7
A.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100 V/m
C.由C点到A点电势逐渐降低
D. B、A两点间的电势差UBA＝5 V
答案 BC
解析 由C点到A点的过程中，由v－t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A错误；由v－t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为0.2 N，由E＝eq \f(F,q)知，B点的场强最大为100 N/C，B正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v－t图得A、B两点的速度，由动能定理得WBA＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝1 J，电势差UBA＝eq \f(WBA,q)＝500 V，D错误.故选B、C.
8.(多选)如图8所示，半圆形固定轨道AO段光滑，OB段粗糙且各处粗糙程度相同.一质量为m的滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑，到达最低点O以后再冲上轨道右侧高度为H的B处.取O点重力势能为零，在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，滑块的机械能E、动能Ek随高度h的关系可能是( )
图8
答案 AC
解析 在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度(除B点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知：FfΔh＝ΔE，可知E－h图象切线的斜率表示摩擦力大小，则A图是可能的，B图不可能，故A正确，B错误；由动能定理得：F合Δh＝ΔEk，可知Ek－h图象切线的斜率表示合力大小，滑块在同一点(B点除外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，因此C图可能正确，D不可能，故C正确，D错误.
9.如图9(a)所示，平行且光滑的长直金属导轨MN、PQ水平放置，间距L＝0.4 m.导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
图9
(1)棒进入磁场前，电阻R中电流的大小和方向；
(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电量；
(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.
答案 (1)0.02 A Q到N (2)0.02 C
(3)i＝eq \f(1,2)(t－1) A(1.0 s ≤t≤1.2 s)
解析 (1)棒进入磁场前，正方形区域abcd的磁场均匀增大，由楞次定律可知，通过R的电流方向为Q到N
由法拉第电磁感应定律得：E＝eq \f(ΔBS,Δt)＝0.04 V
流过R的电流为：I＝eq \f(E,R＋r)＝0.02 A
(2)由题得：通过R的电量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝0.02 C
(3)由题可得：i＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL有效v,R＋r)＝eq \f(1,2)(t－1)A(1.0 s≤t≤1.2 s)
10.足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F，如图10(a)所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F.(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6).求：
图10
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离.
答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m
解析 (1)由图(b)可知，AB段的加速度
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律有：Fcs α－μ(mg－Fsin α)＝ma
得F＝eq \f(ma＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N
(2)在BC段有：mgsin α＝ma2
得a2＝gsin α＝8 m/s2.
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s
(3)小物块从B向A运动过程中，有：μmg＝ma3
得a3＝μg＝5 m/s2
滑行的距离s＝eq \f(v\\al( 2,B),2a3)＝0.4 m所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m.
考题一 图象的识别
1.会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义，并列出公式.
2.会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象.
3.会用图：能结合物理公式和图象解决物理问题.
例1 a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时刻，b车在a车前方500 m处，它们的v－t图象如图1所示，下列说法正确的是( )
图1
A.a、b加速时，物体a的加速度等于物体b的加速度
B.在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次
C.在第60 s时，物体a在物体b的前方
D.在第40 s末，a、b两车相距900 m
解析 由图可知，a车加速度为a1＝1.5 m/s2，b车加速度为a2＝2 m/s2，A错误；第20 s时，a车位移为x1＝eq \f(40＋10,2)×20 m＝500 m，b车没动x2＝0 m，则x1＝x0，a车追上b车；第60 s时，a车位移为x1′＝x1＋40×40 m＝2 100 m，b车位移为x2′＝eq \f(40×80,2) m＝1 600 m，则x1′＝x2′＋x0，b车追上a车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B正确，C错误；在第40 s末，a车位移x1″＝x1＋40×20 m＝1 300 m，b车位移x2″＝eq \f(40×20,2) m＝400 m，则两车相距Δx＝x1″－(x2″＋x0)＝400 m，则D错误.故选B.
答案 B
变式训练
1.一个质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3 s.若要使物体在3 s内运动产生的内能最大，则力F随时间t变化的图象应为( )
答案 B
解析 由题意可知，物体在3 s内运动的位移最大时，产生的内能最大.物体受到的最大静摩擦力为μmg＝2 N，当F＝5 N时，a1＝eq \f(F－μmg,m)＝3 m/s2，当F＝3 N时，a2＝eq \f(F－μmg,m)＝1 m/s2，当F＝1 N时，a3＝eq \f(F－μmg,m)＝－1 m/s2.根据四个图象的情况，作出对应的v－t图象如图所示，可知B图在3 s内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大.故选B.
2.在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示.在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是( )
图2
A.整个过程中小朋友的机械能守恒
B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大
C.小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
答案 BC
解析 小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B正确；由题图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，D错误.
3.如图3所示，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，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )
图3
答案 BD
解析 从t＝0时刻起，金属棒通以I＝kt的电流，由左手定则知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致棒在运动过程中，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，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，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，做加速度增大的减速运动，v－t图象的斜率表示加速度的大小.
考题二 图象的综合应用
1.物理图象不仅能够直接反映物理量的大小、方向，而且图线的斜率、线与坐标轴围成的面积也有特定的物理意义.在解题时要充分理解图象反映的信息，挖掘图象中隐含的条件.
2.通过分析图象，能够根据相应的物理知识来建立物理量间的函数关系式，可以直接读出或求出某些待求的物理量，还可以探究某些物理规律，或测定某些物理量，分析某些复杂的物理过程.
3.掌握用物理图象解决问题的方法，通过对物理图象的分析来提高对物理知识的理解和记忆能力.
例2 如图4甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示.物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J
B.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J
D.MN的水平距离为1.6 m
解析 根据F－x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF＝eq \f(6＋18,2)×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J，A正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝1.0 J，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为 Ep＝WF－Wf＝5.0 J，B错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总＝2μmgx＝2.0 J，C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程由能量守恒得：eq \f(1,2)mv2＝WF－Wf总，解得v＝4 m/s，物块离开M点后做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝1.6 m，D正确.
答案 AD
变式训练
4.一摩托车在t＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a－t图象如图5所示，根据已知的信息，可知( )
图5
A.摩托车的最大动能
B.摩托车在30 s末的速度大小
C.在0～30 s的时间内牵引力对摩托车做的功
D.10 s末摩托车开始反向运动
答案 B
解析 由图可知，在0～10 s摩托车做匀加速运动，10～30 s做减速运动，故10 s末速度最大，动能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求最大动能，A错误；根据a—t图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出30 s内速度的变化量，由于初速度为0，则可求摩托车在30 s末的速度大小，B正确；在10～30 s牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误；根据“面积”表示速度变化量可知，30 s内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D错误.故选B.
5.如图6所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是( )
图6
答案 A
解析 由两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O点处电势为零，故O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零，故C、D错误.
6.如图7所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时记为x＝0，线框开始匀速运动.线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )
图7
答案 C
解析 线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势E＝Blv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab＝eq \f(Blv,4)；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab边两端的电压 Uab＝Blv不断增大，Uab与位移x不是线性关系；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C正确，A、B、D错误.
专题规范练
1.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值eq \f(x,t)与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图1所示.由图可知，t＝2 s时质点的速度大小为( )
图1
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 由图得eq \f(x,t)＝t，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，对比两式得v0＝0，a＝2 m/s2，即质点做匀加速直线运动.故t＝2 s时的速度大小为v＝at＝4 m/s.故选B.
2.如图2所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量.初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0).现改变力F的大小，使B以eq \f(g,2)的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图象正确的是( )
图2
答案 D
解析 当弹簧的弹力增大到eq \f(mg,2)时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的eq \f(mg,2)线性减小到零，力F由开始运动时的mg线性减小到eq \f(mg,2)；此后托盘与物块分离，力F保持eq \f(mg,2)不变，故D正确.
3.图3甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P 是他的重心位置.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线.两图中a～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知( )
图3
A.张明的重力为1 500 N
B.c点位置张明处于失重状态
C.e点位置张明处于超重状态
D.张明在d点的加速度小于在f点的加速度
答案 C
解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，故人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B错误；e点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C正确；人在d点：a1＝eq \f(Fd－G,m)＝20 m/s2.在f点：a2＝eq \f(G－0,m)＝10 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，D错误.
4.(多选)如图4甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上.现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，取sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图4
A.物块的质量为1 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C.0～3 s内力F做功的平均功率为0.32 W
D.0～3 s内物体克服摩擦力做的功为5.12 J
答案 AD
解析 由速度图象知，在1～3 s内F＝0.8 N，物块做匀加速运动，且a＝0.4 m/s2，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma，在3～4 s 内F＝0.4 N，物块匀速运动，受力平衡有F＝μmgcs θ－mgsin θ，联立得m＝1 kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1 s内物块静止F不做功，在1～3 s内F＝0.8 N，位移x＝eq \f(1,2)at2＝0.8 m，在0～3 s内F做功的平均功率为：P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Fx,t)＝eq \f(0.8×0.8,3) W≈0.213 W，C错误；在0～3 s内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgcs θ·x＝5.12 J，D正确.
5.如图5所示，在边长为a的正方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等.纸面内一边长为a的正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域，在t＝0时，导线框运动到原点O处且恰好开始进入磁场区域.取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图象中能够正确表示从t＝0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是( )
图5
答案 B
解析 x在0～a范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝eq \f(Ba－xv－Bxv,R)＝eq \f(Bv,R)(a－2x)，其中x在0～eq \f(a,2)范围内感应电流为顺时针，为正方向；x＝eq \f(a,2)时，i＝0；x在eq \f(a,2)～a范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x在a～2a内，感应电流大小 i＝eq \f(B[a－x－a]v－Bx－av,R)＝eq \f(Bv,R)(3a－2x)，其中，x在a～eq \f(3,2)a感应电流方向沿逆时针，为负方向.x＝eq \f(3,2)a时，i＝0；x在eq \f(3,2)a～2a范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故B正确，A、C、D错误.故选B.
6.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图6甲中虚线所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力.则( )
图6
A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小
C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D.到达x1位置时，小球速度的大小为 eq \r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))
答案 D
解析 物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向，由机械能的变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A错误；由牛顿第二定律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B错误；因电场力越来越小，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C错误；由动能定理mgx1＋E1－E0＝eq \f(1,2)mv2－0，得到达x1位置时，小球速度v＝ eq \r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))，D正确.故选D.
7.(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图7甲所示，一个电荷量为2×10－3 C，质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是( )
图7
A.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100 V/m
C.由C点到A点电势逐渐降低
D. B、A两点间的电势差UBA＝5 V
答案 BC
解析 由C点到A点的过程中，由v－t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A错误；由v－t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为0.2 N，由E＝eq \f(F,q)知，B点的场强最大为100 N/C，B正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v－t图得A、B两点的速度，由动能定理得WBA＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝1 J，电势差UBA＝eq \f(WBA,q)＝500 V，D错误.故选B、C.
8.(多选)如图8所示，半圆形固定轨道AO段光滑，OB段粗糙且各处粗糙程度相同.一质量为m的滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑，到达最低点O以后再冲上轨道右侧高度为H的B处.取O点重力势能为零，在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，滑块的机械能E、动能Ek随高度h的关系可能是( )
图8
答案 AC
解析 在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度(除B点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知：FfΔh＝ΔE，可知E－h图象切线的斜率表示摩擦力大小，则A图是可能的，B图不可能，故A正确，B错误；由动能定理得：F合Δh＝ΔEk，可知Ek－h图象切线的斜率表示合力大小，滑块在同一点(B点除外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，因此C图可能正确，D不可能，故C正确，D错误.
9.如图9(a)所示，平行且光滑的长直金属导轨MN、PQ水平放置，间距L＝0.4 m.导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
图9
(1)棒进入磁场前，电阻R中电流的大小和方向；
(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电量；
(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.
答案 (1)0.02 A Q到N (2)0.02 C
(3)i＝eq \f(1,2)(t－1) A(1.0 s ≤t≤1.2 s)
解析 (1)棒进入磁场前，正方形区域abcd的磁场均匀增大，由楞次定律可知，通过R的电流方向为Q到N
由法拉第电磁感应定律得：E＝eq \f(ΔBS,Δt)＝0.04 V
流过R的电流为：I＝eq \f(E,R＋r)＝0.02 A
(2)由题得：通过R的电量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝0.02 C
(3)由题可得：i＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL有效v,R＋r)＝eq \f(1,2)(t－1)A(1.0 s≤t≤1.2 s)
10.足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F，如图10(a)所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F.(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6).求：
图10
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离.
答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m
解析 (1)由图(b)可知，AB段的加速度
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律有：Fcs α－μ(mg－Fsin α)＝ma
得F＝eq \f(ma＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N
(2)在BC段有：mgsin α＝ma2
得a2＝gsin α＝8 m/s2.
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s
(3)小物块从B向A运动过程中，有：μmg＝ma3
得a3＝μg＝5 m/s2
滑行的距离s＝eq \f(v\\al( 2,B),2a3)＝0.4 m
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