（通用版）2020版高考物理二輪復習 特色練3 圖象問題（含解析）

《（通用版）2020版高考物理二輪復習 特色練3 圖象問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理二輪復習 特色練3 圖象問題（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、特色練3　圖象問題 1．[2019·全國卷Ⅱ]2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸．在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關系的圖象是(　　) 解析：本題考查了萬有引力定律公式. 考查了學生對萬有引力定律的理解能力，體現(xiàn)了運動和相互作用的物理觀念及科學推理的核心素養(yǎng)． 由萬有引力定律可知，探測器受到的萬有引力F＝，其中R為地球半徑。在探測器“奔向”月球的過程中，離地面積距離h增大，其所受的萬有引力非線性減小，故D項正確． 答案：D 2．[2019·四川廣元市第二次統(tǒng)考]如圖所示為A、B兩質點在

2、同一直線上運動的位移－時間(x－t)圖象，A質點的圖象為直線，B質點的圖象為過原點的拋物線，兩圖象交點C、D坐標如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．t1時刻B追上A，t2時刻A追上B B．t1～t2時間段內B質點的平均速度小于A質點的平均速度 C．質點A做直線運動，質點B做曲線運動 D．兩物體速度相等的時刻一定在t1～t2時間段內的某時刻 解析：圖象的交點表示同一時刻到達同一位置，即相遇，根據(jù)圖象可知t1時刻A追上B，t2時刻B追上A，故A錯誤；t1～t2時間段內A、B運動的位移相同，時間相等，則平均速度相等，故B錯誤；x－t圖象只能描述直線運動，不能描述曲線運動，則A、B都做直

3、線運動，故C錯誤．位移—時間圖象斜率表示速度，斜率相等時刻為t1～t2時間段的某時刻，故D正確． 答案：D 3．[2019·陜西咸陽市二模]如圖甲，一維坐標系中有一質量為m＝2 kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫出)，從t＝0時刻開始，物塊在外力作用下沿x軸做勻變速直線運動，如圖乙為其位置坐標和速率平方關系圖象，下列說法正確的是(　　) A．t＝4 s時物塊的速率為2 m/s B．加速度大小為1 m/s2 C．t＝4 s時物塊位于x＝4 m處 D．在0.4 s時間內物塊運動的位移為6 m 解析：由x－x0＝，結合圖象可知物塊做勻加速直線運動，加速度a＝0.5 m/s2

4、，初位置x0＝－2 m；t＝4 s時，物塊的速率為：v＝at＝0.5×4 m/s＝2 m/s，故A正確，B錯誤；由x－x0＝at2得t＝4 s時物塊位于x＝2 m處，故C錯誤；由x＝at2，在0.4 s時間內物塊運動的位移x＝×0.5×0.42 m＝0.04 m，故D錯誤． 答案：A 4．學?！吧磉叺奈锢怼鄙鐖F小組利用傳感器研究物體的運動．在一小球內部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關圖象．已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)

5、(　　) 解析：在上升階段，物體做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，mg＋Ff＝ma，其中Ff＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當速度減到0后，小球向下做加速運動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確． 答案：D 5．A、B兩個物體在水平面上沿同一直線運動，它們的v－t圖象如圖所示．在t＝0時刻，B在A的前面，兩物體相距7 m，B物體做勻減速運動的加速度大小為2 m/s2.則A物體追上B物體所用時間是(　　) A．5 s B．6.25 s C．7 s D．8 s 解析：B車減速到零所需的時

6、間 t＝＝ s＝5 s， xB＝(v＋0)t＝×10×5 m＝25 m A車在5 s內的位移xA＝vAt＝4×5 m＝20 m xA

7、大小為2 m/s2 B．彈簧的伸長量為3 cm C．彈簧的彈力做功為30 J D．物體的重力勢能增加36 J 解析：由圖乙可知加速度為直線的斜率，a＝1 m/s2，故A錯誤；沿斜面方向，由牛頓第二定律有F彈－mgsin θ＝ma，解得F彈＝6 N, 又F彈＝kl，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.03 m＝3 cm，故B正確；由圖乙可知在這段時間內，物體沿斜面方向的位移為此段v－t圖象與t軸圍成的面積，為x＝6 m，則重力勢能的增加量為mgxsin θ＝30 J，由動能定理有mv－mv＝W彈－mgxsin θ，代入數(shù)據(jù)解得彈簧的彈力做功為36 J，故C、D錯誤． 答案：B 7．某正弦交流發(fā)電機產(chǎn)

8、生的電動勢波形如圖所示，已知該發(fā)電機線圈匝數(shù)n＝100匝，線圈面積為S＝0.1 m2，線圈內阻為r＝1 Ω，用一理想交流電壓表接在發(fā)電機的兩個輸出端．由此可知(　　) A．線圈在勻強磁場中轉動的角速度為50π rad/s B．線圈所在處的磁感應強度是B＝1 T C．交流電壓表的讀數(shù)為220 V D．交變電動勢的平均值為＝200 V 解析：由正弦交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢波形圖可知，周期T＝0.02 s，而T＝，解得線圈在勻強磁場中轉動的角速度為ω＝100π rad/s，選項A錯誤．由正弦交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢波形圖可知，電動勢最大值為Em＝314 V，而Em＝nBSω，解得B＝0.1

9、 T，選項B錯誤．由于電壓表是理想交流電壓表，測量值等于交變電壓的有效值，為314×V＝222 V，選項C錯誤．由法拉第電磁感應定律，交變電壓的平均值為＝n，取T/4時間，磁通量變化量ΔΦ＝BS，所以＝＝200 V，選項D正確． 答案：D 8．(多選)如圖所示，光滑水平面上，質量為m1的足夠長的木板向左勻速運動．t＝0時刻，質量為m2的木塊從木板的左端向右以與木板相同大小的速度滑上木板．t1時刻，木塊和木板相對靜止，共同向左勻速運動，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木塊的速度和加速度，以向左為正方向．則下列圖中正確的是(　　) 解析：木塊和木板組成的系統(tǒng)動量守

10、恒，因為最終共同的速度方向向左，根據(jù)m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1>m2.木塊的加速度a2＝，方向向左，木板的加速度a1＝，方向向右，因為m1>m2，則a1

11、半徑、管道內徑，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．管道所在圓的半徑為 B．小球的質量為 C．小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球可能有作用力 D．小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 解析：由圖可知，當v2＝b時，F(xiàn)N＝0，此時mg＝m，解得管道所在圓的半徑R＝，故A錯誤；當v2＝0時，F(xiàn)N＝－mg＝－a，所以m＝，故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有作用力，故C錯誤；小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量

12、必然參與提供向心力，故可能是外側管壁對小球有作用力，也可能是內側管壁對小球有作用力，還可能內、外側管壁對小球均無作用力，故D錯誤． 答案：B 10．(多選)質量均為1 t的甲、乙兩輛汽車同時同地出發(fā)，沿同一方向做直線運動，兩車的動能Ek隨位移x的變化圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．汽車甲的加速度大小為2 m/s2 B．汽車乙的加速度大小為1.5 m/s2 C．汽車甲、乙在x＝6 m處的速度大小為2 m/s D．汽車甲、乙在x＝8 m處相遇 解析：設汽車甲的初速度為v1，汽車乙運動9 m后的速度為v2.則由圖象可知，Ek1＝mv，代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s；Ek2＝

13、mv，代入數(shù)據(jù)得v2＝3 m/s.由于動能關于位移的圖象為傾斜的直線，因此兩輛汽車所受合外力恒定，均做勻變速直線運動，由運動學公式得，汽車甲的加速度大小a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，汽車乙的加速度大小a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，選項A正確，B錯誤；由題圖可知兩汽車在x＝6 m處的速度相等，由汽車乙的運動可知v2＝2a2x，代入數(shù)據(jù)得v＝2 m/s，選項C正確；甲停止所用時間t＝＝3 s，甲運動的位移x1＝9 m，甲停止后，甲乙才能相遇，選項D錯誤． 答案：AC 11．[2019·黑龍江齊齊哈爾高三三模]如圖甲所示，在傾角α＝37°的光滑平行導軌上，有一長度恰等于導軌寬度的均勻導體

14、棒AB，垂直于導軌由靜止釋放，導軌底端C、D間接有電阻R.導軌寬度L＝10 cm，從AB釋放處沿導軌向下x1處開始，在兩導軌之間寬度為L的矩形區(qū)域內有垂直于導軌平面的勻強磁場，該區(qū)域面積S＝0.3 m2，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，導體棒AB在t＝1 s時進入磁場區(qū)域，并恰好做勻速直線運動，已知導體棒AB的電阻r＝R＝6 Ω，導軌足夠長，重力加速度g＝10 m/s2.則(　　) A．導體棒AB在磁場外運動時沒有感應電流產(chǎn)生 B．位移x1為3 m C．導體棒AB進入磁場后感應電動勢為0.6 V D．在前2 s內電路中產(chǎn)生的熱量為0.15 J 解析：導體棒沒有進入

15、磁場區(qū)域時穿過回路的磁場磁感應強度不斷增大，閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路產(chǎn)生感應電流，故A錯誤；導體棒進入磁場前，由牛頓第二定律得：mgsin a＝ma，解得：a＝6 m/s2，導體棒進入磁場前做初速度為零的勻加速直線運動，則x1＝at2＝3 m，故B正確；導體棒進入磁場時的速度：v＝at＝6 m/s，由題圖乙所示可知，導體棒進入磁場后磁場的磁感應強度B＝2T，感應電動勢：E＝BLv＝1.2 V，故C錯誤；在第1 s內， 產(chǎn)生的熱量為Q1＝·t＝·t＝·t＝0.03 J；然后磁感應強度不變，導體棒在磁場中做勻速運動，由于該區(qū)域的面積為S＝0.3 m2，所以有磁場的區(qū)域長度為d＝3 m，導體棒在磁場中運動了t2＝＝0.5 s，產(chǎn)生的熱量為Q2＝·t2＝·t2＝0.06 J；在1.5～2 s時間內導體棒已經(jīng)離開了磁場，所以回路中不產(chǎn)生熱量，故在前2 s內電路中產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝0.09 J，故D錯誤． 答案：B - 6 -