題型一運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖象1．v－t圖象(1)圖象意義：在v－t圖象中，圖象上某點(diǎn)的斜率表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度，斜率的正負(fù)表示加速度的方向。(2)注意：加速度沿正方向并不表示物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度和速度同向時(shí)物體做加速運(yùn)動(dòng)。2．x－t圖象(1)圖象意義：在x－t圖象上，圖象上某點(diǎn)的斜率表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻的速度，斜率的正負(fù)表示速度的方向。(2)注意：在x－t圖象中，斜率絕對(duì)值的變化反映加速度的方向。斜率的絕對(duì)值逐漸增大則物體加速度與速度同向，物體做加速運(yùn)動(dòng)；反之，做減速運(yùn)動(dòng)。3．x－v圖象x與v的關(guān)系式：2ax＝v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，圖象表達(dá)式：x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(1,2a)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))。4．基本思路(1)解讀圖象的坐標(biāo)軸，理清橫軸和縱軸代表的物理量和坐標(biāo)點(diǎn)的意義。(2)解讀圖象的形狀、斜率、截距和面積信息。5．解題技巧(1)可以采用解析法和排除法分析a－t圖象和F－t圖象。(2)要樹(shù)立圖象的函數(shù)思想，即圖象反映的是兩個(gè)變量間的函數(shù)關(guān)系，應(yīng)用物理規(guī)律找到兩個(gè)變量之間的關(guān)系是解題關(guān)鍵。(多選)(2021·高考廣東卷)賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動(dòng)。下列v－t和s－t圖象描述了五條相同的龍舟從同一起點(diǎn)線同時(shí)出發(fā)、沿長(zhǎng)直河道劃向同一終點(diǎn)線的運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，其中能反映龍舟甲與其他龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有()[解析]A圖是速度—時(shí)間圖象，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲、乙船頭并齊，故A錯(cuò)誤；B圖是速度—時(shí)間圖象，由圖可知，開(kāi)始丙的速度大，后來(lái)甲的速度大，速度—時(shí)間圖象中圖象與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會(huì)相同，所以在中途甲、丙船頭會(huì)并齊，故B正確；C圖是位移—時(shí)間圖象，由圖可知，丁一直運(yùn)動(dòng)在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲、丁船頭并齊，故C錯(cuò)誤；D圖是位移—時(shí)間圖象，交點(diǎn)表示相遇，所以甲、戊在中途船頭會(huì)并齊，故D正確。[答案]BD【針對(duì)訓(xùn)練1】(2021·江西八所重點(diǎn)中學(xué)4月聯(lián)考)一質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖象(x－t圖象)如圖中實(shí)線所示，其中虛線為t1時(shí)刻圖象的切線，已知當(dāng)t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度大小不為零，則質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為()A．eq\f(2x1,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))) B．eq\f(2x2,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))C．eq\f(2（x2－x1）,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))) D．eq\f(x2－x1,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))解析：選C。由題圖可知，t1時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度為v＝eq\f(x2,t1)，則x1＝eq\f(x2,t1)t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，加速度大小為a＝eq\f(2（x2－x1）,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))。【針對(duì)訓(xùn)練2】(2021·安徽池州市一模)在某試驗(yàn)場(chǎng)地的水平路面上，甲、乙兩車(chē)在相鄰平行直車(chē)道上行駛。當(dāng)甲、乙兩車(chē)并排行駛的瞬間，兩車(chē)同時(shí)開(kāi)始剎車(chē)，剎車(chē)過(guò)程中兩車(chē)速度的二次方v2隨剎車(chē)位移x的變化規(guī)律如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．乙車(chē)先停止運(yùn)動(dòng)B．甲、乙兩車(chē)剎車(chē)過(guò)程中加速度大小之比為1∶12C．從開(kāi)始剎車(chē)起經(jīng)4s，兩車(chē)再次相遇D．甲車(chē)停下時(shí)兩車(chē)相距3.25m解析：選C。根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)位移速度公式得v2＝2ax，根據(jù)圖象，可得甲、乙兩車(chē)的加速度大小分別為7.5m/s2和eq\f(5,8)m/s2，加速度比值為12∶1，B錯(cuò)誤；兩車(chē)停下的時(shí)間分別為t甲＝eq\f(v甲,a甲)＝2s，t乙＝eq\f(v乙,a乙)＝8s，所以甲車(chē)先停，A錯(cuò)誤；甲車(chē)經(jīng)2s先停下時(shí)，此時(shí)甲車(chē)的位移為15m，乙車(chē)的位移為x1＝v0t1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5×2－\f(1,2)×\f(5,8)×22))m＝8.75m，兩車(chē)相距6.25m，兩車(chē)再次相遇有15m＝v0t2－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得t2＝4s，C正確，D錯(cuò)誤。(多選)(2021·高考全國(guó)卷乙)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等[解析]由題圖(c)可知，t1時(shí)刻木板與地面的靜摩擦力達(dá)到最大值，此時(shí)物塊與木板相對(duì)靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，解得F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，μ2>eq\f(m1＋m2,m2)·μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2這段時(shí)間物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。[答案]BCD【針對(duì)訓(xùn)練3】(2021·廣西柳州市第三次模擬)將重40N的物體放在豎直升降電梯的地板上。某段時(shí)間內(nèi)，物體受到電梯地板的支持力隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，由此可以判斷()A．t＝1s時(shí)刻電梯只可能向上減速運(yùn)動(dòng)B．t＝6s時(shí)刻電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)C．t＝11s時(shí)刻電梯不可能正在向上運(yùn)動(dòng)D．t＝11s時(shí)刻電梯的加速度方向一定豎直向下解析：選D。t＝1s時(shí)刻，物體受到電梯地板的支持力大于重力，加速度豎直向上，電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng)，也可能向下減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；t＝6s時(shí)刻，物體受到電梯地板的支持力等于重力，電梯可能靜止，也可能做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；t＝11s時(shí)刻，物體受到電梯地板的支持力小于重力，加速度豎直向下，電梯可能向上減速運(yùn)動(dòng)，也可能向下加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。題型二功能關(guān)系中的圖象問(wèn)題(多選)(2021·四川遂寧市第三次診斷)物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，如圖甲。在物體向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖象如圖乙，已知曲線上A點(diǎn)的切線斜率最大，不計(jì)空氣阻力，則()A．在x1處物體所受拉力等于重力B．在x1～x2過(guò)程中，物體的動(dòng)能先增大后減小C．在x1～x3過(guò)程中，物體的加速度大小先減小后增大再不變D．在0～x2過(guò)程中，拉力對(duì)物體做的功等于物體克服重力做的功[解析]物體受重力與拉力作用，重力做功不改變物體的機(jī)械能，物體機(jī)械能的變化量等于拉力做功；機(jī)械能的增加量E＝Fx，x1處物體圖象的斜率最大，E—x圖象的斜率k＝F，說(shuō)明x1處物體受到的拉力最大。物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)拉力大于重力，所以在x1處物體所受拉力大于重力，故A錯(cuò)誤；由題給圖象可知，在0～x1過(guò)程中，圖象的斜率增大，在x1處最大，由此可知，該過(guò)程拉力F先增大，在x1處拉力最大。在x1～x2過(guò)程中，圖象斜率減小，拉力F減小，在x2后圖象斜率為零，拉力為零；物體在拉力F作用下從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明開(kāi)始時(shí)拉力大于重力，在x1處拉力F大于重力，在x2處拉力為零，因此在x1～x2過(guò)程中，拉力先大于重力后小于重力，物體所受合力先減小后增大，物體的加速度先減小后增大，物體先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增大后減小，故B、C正確；重力做功不改變物體的機(jī)械能，拉力做功等于物體機(jī)械能的增加量，在0～x2過(guò)程中，拉力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的增加量，等于物體克服物體重力做的功與物體動(dòng)能增加量之和，故D錯(cuò)誤。[答案]BC【針對(duì)訓(xùn)練4】(多選)(2021·遼寧葫蘆島市期末)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，g取10m/s2。則物塊從開(kāi)始到下滑2m過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．重力勢(shì)能減少量為12JB．合力做的功為8JC．機(jī)械能的損失為8JD．物塊沿斜面下滑的加速度為2m/s2解析：選ACD。根據(jù)圖象，重力勢(shì)能減少量為ΔEp＝30J－18J＝12J，A正確；根據(jù)圖象和動(dòng)能定理，合力做的功等于動(dòng)能的增加量W合＝ΔEk＝4J，B錯(cuò)誤；根據(jù)圖象，機(jī)械能的損失為ΔE＝30J－(18＋4)J＝8J，C正確；根據(jù)圖象，初位置的重力勢(shì)能為30J，mgh＝30J，解得m＝1kg，設(shè)斜面的傾角為θ，因?yàn)閟inθ＝eq\f(3,5)，所以θ＝37°，根據(jù)C選項(xiàng)，物塊開(kāi)始下滑2m損失機(jī)械能8J，μmgcos37°·2＝8J，解得μ＝0.5，根據(jù)牛頓第二定律，物塊沿斜面下滑的加速度為mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝2m/s2，D正確。【針對(duì)訓(xùn)練5】(多選)(2021·寧夏吳忠市4月二模)傾角為θ且足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，初始位置如圖甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，從初始位置由靜止開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能E隨位置x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中0～x1過(guò)程的圖線是曲線，x1～x2過(guò)程的圖線是平行于x軸的直線，x2～x3過(guò)程的圖線是傾斜的直線，則下列說(shuō)法正確的是()A．在0～x1的過(guò)程中，力F在減小B．在0～x1的過(guò)程中，物體的動(dòng)能一直在增大C．在x1～x2的過(guò)程中，物體的速度大小不變D．在x2～x3的過(guò)程中，物體一定做勻速運(yùn)動(dòng)解析：選AB。在0～x1過(guò)程中物體機(jī)械能在減小，可知拉力在做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向沿斜面向下，即物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。根據(jù)功能關(guān)系得ΔE＝F·Δx得F＝eq\f(ΔE,Δx)，則知圖線的斜率表示拉力，在0～x1過(guò)程中圖線的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力F逐漸減小到零，故A正確；在0～x1過(guò)程中，由于機(jī)械能減小，拉力做負(fù)功，則物體從靜止開(kāi)始向下加速運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能一直在增大，故B正確；E－x圖線的斜率表示拉力，則在x1～x2過(guò)程中，拉力F＝0，機(jī)械能守恒，物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，物體的速度在增大，故C錯(cuò)誤；x2～x3過(guò)程，機(jī)械能繼續(xù)減小，拉力做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上，E－x圖象的斜率恒定，故拉力F為恒力，由于不知道拉力F與重力分力mgsinθ的大小關(guān)系，故物體有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻減速直線運(yùn)動(dòng)或勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。題型三電場(chǎng)中的圖象問(wèn)題1．φ－x圖象(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率的絕對(duì)值，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ－x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可以根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。(3)在φ－x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。(4)在φ－x圖象中可以判斷電場(chǎng)類(lèi)型，如果圖線是曲線，則表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是變化的，電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是不變的，電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)。(5)在φ－x圖象中可知電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，進(jìn)而可以判斷電荷在電場(chǎng)中的受力方向。2．E－x圖象(電場(chǎng)方向沿x軸正方向?yàn)檎?(1)E－x圖象反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向；E<0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向。(2)在給定了電場(chǎng)的E－x圖象后，可以由圖線確定電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況。(3)在這類(lèi)題目中，還可以由E－x圖象畫(huà)出對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)，利用這種已知電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布、等勢(shì)面分布或場(chǎng)源電荷來(lái)處理相關(guān)問(wèn)題。(2021·陜西咸陽(yáng)市5月檢測(cè))如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝1.0×10－5C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場(chǎng)，最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場(chǎng)時(shí)的速度v2＝2×104m/s。已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a點(diǎn)電勢(shì)為零，如果以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E、電勢(shì)φ、粒子的速度v、電勢(shì)能Ep隨x的變化圖象正確的是()[解析]因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)中的電場(chǎng)強(qiáng)度處處相等，故A錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ与x開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度v2＝eq\f(v1,sin30°)＝2v1，則電場(chǎng)的方向水平向右，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，故B錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知：qEx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以v與x不是線性關(guān)系，故C錯(cuò)誤；因?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢(shì)為零，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化的關(guān)系有：qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故D正確。[答案]D【針對(duì)訓(xùn)練6】(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)空間存在著平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，但電場(chǎng)的具體方向未知，現(xiàn)在在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，用儀器沿Ox、Oy兩個(gè)方向探測(cè)該靜電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)，得到各點(diǎn)電勢(shì)φ與橫、縱坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系如圖所示。關(guān)于該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E，下列說(shuō)法正確的是()A．E＝3V/m，方向沿x軸正方向B．E＝5V/m，方向指向第一象限C．E＝400V/m方向沿y軸負(fù)方向D．E＝500V/m，方向指向第三象限解析：選D。在沿y軸方向，電勢(shì)為40V時(shí)，此時(shí)距離O點(diǎn)10cm，而沿x軸方向，電勢(shì)為40V時(shí)，此時(shí)距離O點(diǎn)eq\f(40,3)cm，此兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直于兩者連線且指向第三象限，由E＝eq\f(U,d)計(jì)算可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小為500V/m，方向與x軸負(fù)方向成53°，指向第三象限，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。題型四電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題1．三點(diǎn)關(guān)注(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向。(2)關(guān)注變化過(guò)程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)。2．兩個(gè)方法(1)排除法；(2)函數(shù)法。(多選)(2021·新疆維吾爾自治區(qū)第二次聯(lián)考)如圖所示，傾角為α的斜面上固定了成一定的角度的兩根光滑的金屬導(dǎo)軌，兩軌道的角平分線與斜面的邊線平行，軌道的電阻不計(jì)。斜面內(nèi)分布了垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時(shí)刻起，用沿角平分線的力F，拉著質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)度電阻為r的金屬桿勻速向上運(yùn)動(dòng)，速度大小為v，金屬桿始終與拉力F垂直。以開(kāi)始運(yùn)動(dòng)作為t＝0時(shí)刻，這一過(guò)程中，金屬桿中的電流i、金屬桿受到的安培力F安、拉力F、回路中產(chǎn)生的熱量Q隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象中可能正確的是()[解析]金屬桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，回路中的電阻為R＝lr，則回路中的感應(yīng)電流為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,lr)＝eq\f(Bv,r)，則感應(yīng)電流恒定，A正確；金屬桿在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移為x＝vt，設(shè)金屬軌道構(gòu)成的夾角為2θ，則切割磁感線的金屬桿的有效長(zhǎng)度為l＝2vttanθ，金屬桿受到的安培力為F安＝BIl＝BI×2vttanθ，則安培力隨時(shí)間正比增加，B錯(cuò)誤；分析金屬桿的受力，根據(jù)平衡條件有F＝mgsinα＋2Blvttanθ，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，F(xiàn)與時(shí)間成線性關(guān)系，C正確；回路中產(chǎn)生的熱量Q等于克服安培力所做的功，即Q＝F安x＝BI×2vttanθ·vt＝2BIv2t2tanθ，熱量與時(shí)間的平方成正比，D錯(cuò)誤。[答案]AC【針對(duì)訓(xùn)練7】(多選)(2021·陜西咸陽(yáng)市5月檢測(cè))中國(guó)華為技術(shù)有限公司生產(chǎn)的一款手機(jī)無(wú)線充電器內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖如圖甲所示。假設(shè)手機(jī)接收線圈獲得的電壓隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，則發(fā)射線圈輸入的電流隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象可能是()解析：選CD。當(dāng)手機(jī)接收線圈獲得的電壓為零時(shí)，則此時(shí)發(fā)射線圈的磁通量變化率為零，即i－t圖線的切線的斜率為零；同理當(dāng)手機(jī)接收線圈獲得的電壓最大時(shí)，則此時(shí)發(fā)射線圈的磁通量變化率最大，即i－t圖線的切線的斜率最大。對(duì)比四個(gè)圖可知，C、D正確，A、B錯(cuò)誤。(建議用時(shí)：30分鐘)1.(2021·湖南永州市第三次模擬)汽車(chē)的設(shè)計(jì)、競(jìng)技體育的指導(dǎo)、宇航員的訓(xùn)練等多種工作都會(huì)用到急動(dòng)度的概念。急動(dòng)度j是加速度變化量Δa與發(fā)生這一變化所用時(shí)間Δt的比值，即j＝eq\f(Δa,Δt)，它的方向與物體加速度變化量的方向相同。一物體從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖，則該物體在()A．1～3s內(nèi)物體做減速運(yùn)動(dòng)B．0～5s內(nèi)速度方向發(fā)生改變C．t＝2s時(shí)和t＝4s時(shí)加速度等大反向D．t＝2s時(shí)和t＝4s時(shí)急動(dòng)度等大反向解析：選C。1～3s內(nèi)加速度為正值，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；圖線與時(shí)間軸所圍面積表示物體的速度變化量，0～5s內(nèi)始終為正值，故速度方向不變，故B錯(cuò)誤；由圖象可知，t＝2s時(shí)和t＝4s時(shí)加速度等大反向，故C正確；t＝2s時(shí)和t＝4s時(shí)，斜率相同，故急動(dòng)度相同，故D錯(cuò)誤。2．(2021·安徽蚌埠市第三次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))甲、乙兩汽車(chē)在一平直公路上同向行駛，它們的v－t圖象如圖所示，t＝1s時(shí)，甲、乙第一次并排行駛，則()A．t＝0時(shí)，甲在乙的前面4.5m處B．t＝2s時(shí)，甲在乙的前面6m處C．兩次并排行駛的時(shí)間間隔為2.5sD．兩次并排行駛的位置間距為8m解析：選D。根據(jù)兩汽車(chē)的v－t圖象可得瞬時(shí)速度的表達(dá)式為v甲＝8－2t，v乙＝2＋t，t＝1s時(shí)，甲、乙第一次并排行駛，即兩車(chē)此時(shí)相遇，在第1s內(nèi)甲和乙的位移之差為Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8＋6,2)×1－\f(2＋3,2)×1))m＝4.5m，因甲比乙的速度大，屬于甲追乙，則甲在乙的后面4.5m處，故A錯(cuò)誤；t＝1s到t＝2s，兩車(chē)的距離為Δx2＝(eq\f(6＋4,2)×1－eq\f(3＋4,2)×1)m＝1.5m，甲在乙的前面1.5m處，故B錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)兩者的速度相等，根據(jù)圖象的對(duì)稱(chēng)性可知t＝1s和t＝3s兩車(chē)兩次相遇，故兩次并排行駛的時(shí)間間隔為2s，C錯(cuò)誤；t＝1s和t＝3s兩車(chē)兩次相遇，兩車(chē)的位移相同，大小為x＝eq\f(6＋2,2)×2m＝8m，故D正確。3．(2021·福建泉州市4月質(zhì)量監(jiān)測(cè))汽車(chē)的剎車(chē)距離s是衡量汽車(chē)性能的重要參數(shù)，與剎車(chē)時(shí)的初速度v、路面與輪胎之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ有關(guān)。測(cè)試發(fā)現(xiàn)同一汽車(chē)在冰雪路面和在干燥路面沿水平直線行駛時(shí)，s與v的關(guān)系圖象如圖所示，兩條圖線均為拋物線。若汽車(chē)的初速度相同，在冰雪路面的剎車(chē)過(guò)程中()A．所用的時(shí)間是干燥路面的4倍B．平均速度是干燥路面的4倍C．所受摩擦力是干燥路面的0.5D．克服摩擦力做的功是干燥路面的0.5解析：選A。根據(jù)v2＝2as，結(jié)合圖象可知當(dāng)在干燥路面上的初速度等于在冰雪路面上初速度的2倍時(shí)，剎車(chē)距離s相同，則在干燥路面上剎車(chē)時(shí)的加速度等于在冰雪路面上剎車(chē)時(shí)的加速度的4倍，若汽車(chē)的初速度相同，根據(jù)t＝eq\f(v0,a)可知，在冰雪路面的剎車(chē)過(guò)程中所用的時(shí)間是干燥路面的4倍，A正確；根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)可知，在冰面上的平均速度等于在干燥路面的平均速度，B錯(cuò)誤；根據(jù)f＝ma可知，在冰面上所受摩擦力是干燥路面的0.25，C錯(cuò)誤；根據(jù)Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))可知，在冰雪路面上和在干燥路面上克服摩擦力做的功相等，D錯(cuò)誤。4．(2021·廣東省學(xué)業(yè)水平選擇考模擬)公共汽車(chē)進(jìn)站時(shí)，剎車(chē)過(guò)程的加速度—時(shí)間圖象如圖所示，若它在6s時(shí)恰好停在站臺(tái)處，已知汽車(chē)質(zhì)量約為5000kg，重力加速度g取10m/s2，則汽車(chē)在()A．0到6s內(nèi)的位移約等于30mB．0時(shí)刻的速度約為28km/hC．4s時(shí)的加速度約為0.5m/s2D．4s時(shí)受到外力的合力約為2500N解析：選B。a－t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，由題圖可知速度的變化量大小約為Δv＝2×1m/s＋eq\f(1,2)×(1.5＋2)×2m/s＋eq\f(1,2)×3×1.5m/s＝7.75m/s，所以0時(shí)刻的速度約為v0＝Δv＝7.75m/s≈28km/h，又因?yàn)楣财?chē)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故0～6s內(nèi)的位移滿足x<eq\f(1,2)v0t＝23.25m，故A錯(cuò)誤，B正確；由題圖可知4s時(shí)公共汽車(chē)的加速度約為a＝1.0m/s2，故C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知4s時(shí)公共汽車(chē)受到外力的合力約為F＝ma＝5000N，故D錯(cuò)誤。5．(多選)(2021·河南六市第二次聯(lián)合調(diào)研檢)如圖1所示，一正方形金屬線圈放置在水平桌面上，其左半邊處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖2所示(豎直向下為B的正方向)，而線圈始終保持靜止。則下列關(guān)于線圈中的感應(yīng)電流i(逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)槠湔较?及線圈所受摩擦力f(取水平向右為其正方向)隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象中正確的是()解析：選BC。由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在第1個(gè)單位時(shí)間內(nèi)，線圈中的感應(yīng)電流為1個(gè)單位的恒定電流，且沿逆時(shí)針?lè)较?，而在?個(gè)單位時(shí)間內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流，在第3個(gè)單位時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较虻?.5個(gè)單位的恒定電流，故B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則及F＝IBL可知，線圈所受安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖所示，再根據(jù)“二力平衡”得摩擦力f與t的關(guān)系圖象應(yīng)為選項(xiàng)C所示，故C正確，D錯(cuò)誤。6.(2021·陜西咸陽(yáng)市高考模擬)如圖，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻。線框下落過(guò)程形狀不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。設(shè)OO′下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣阻力影響，則下列圖象不可能反映線框下落過(guò)程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律的是()解析：選A。線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度應(yīng)該是逐漸減小，而A圖象中的加速度逐漸增大，故A錯(cuò)誤；線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橹亓π∮诎才嗔Γ?dāng)加速度減小到零時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，故B正確；線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橹亓Υ笥诎才嗔?，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橹亓Φ扔诎才嗔Γ鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框繼續(xù)做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，故D正確。7．(多選)(2021·安徽示范高中皖北協(xié)作區(qū)4月聯(lián)考)如圖1所示，足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出滑塊A的加速度a，得到如圖2所示的a－F圖象，已知g取10m/s2，則()A．滑塊A的質(zhì)量為2kgB．木板B的質(zhì)量為6kgC．當(dāng)F＝12N時(shí)，木板B的加速度為4m/sD．滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4解析：選AD。設(shè)滑塊A的質(zhì)量為m，木板B的質(zhì)量為M，滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。由題圖2可知，當(dāng)F＝Fm＝10N時(shí)，滑塊A與木板B達(dá)到最大共同加速度am＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝10kg，當(dāng)F＞10N時(shí)，A與B將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A單獨(dú)應(yīng)用牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq\f(F,m)－μg，根據(jù)題圖2解得m＝2kg，μ＝0.4，則M＝8kg，故A、D正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝12N時(shí)，木板B的加速度為aB＝eq\f(μmg,M)＝1m/s2，故C錯(cuò)誤。8．(多選)(2021·山東日照市第三次模擬)在x軸上分別固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2，Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處。兩點(diǎn)電荷形成的靜電場(chǎng)中，x軸上的電勢(shì)φ隨x變化的圖象如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．x3處電勢(shì)φ最高，電場(chǎng)強(qiáng)度最大B．Q1帶正電，Q2帶負(fù)電C．Q1的電荷量小于Q2的電荷量D．電子從x1處沿x軸移動(dòng)到x2處，電勢(shì)能增加解析：選BD。由于E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Δφ,Δx)，則圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，所以由圖象可知x3處電勢(shì)φ最高，電場(chǎng)強(qiáng)度最小為0，A錯(cuò)誤；由于沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則O～x3電場(chǎng)線方向指向x軸的負(fù)方向，x3～＋∞，電場(chǎng)線方向指向x軸的正方向，并且在x3處電勢(shì)φ最高，電場(chǎng)強(qiáng)度最小為0，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，由近小遠(yuǎn)大規(guī)律可知，Q1的電荷量大于Q2的電荷量，并且Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，B正確，C錯(cuò)誤；電子從x1處沿x軸移動(dòng)到x2處，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D正確。9．(2021·河南省六市3月第一次聯(lián)考)一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱(chēng)的曲線，x2～x3段是直線。下列說(shuō)法正確的是()A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B．粒子在O～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．x2～x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向均不變D．在O、x1、x2、x3處的電勢(shì)φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1解析：選C。根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系得FΔx＝－ΔEp，圖象的斜率表示粒子所受的電場(chǎng)力，在x1處圖象的斜率為零，所以粒子在x1處受到的電場(chǎng)力為零，所以x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A錯(cuò)誤；圖象的斜率表示粒子所受的電場(chǎng)力，粒子在O～x2段所受的電場(chǎng)力是變力，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段電場(chǎng)力不變，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；x2～x3段是直線，斜率一定，粒子所受的電場(chǎng)力不變，所以x2～x3段電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變，C正確；對(duì)帶負(fù)電荷的粒子來(lái)說(shuō)，電勢(shì)越高電勢(shì)能越小，電勢(shì)越低電勢(shì)能越大。由圖象可知在O、x1、x2、x3四處的電勢(shì)能大小關(guān)系為Ep1<Ep0＝Ep2<Ep3，所以這幾處的電勢(shì)關(guān)系為φ1>φ0＝φ2>φ3，D錯(cuò)誤。10．(2021·陜西咸陽(yáng)市高考模擬)一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)經(jīng)B、C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其v－t圖象如圖所示。分析圖象，下列說(shuō)法正確的是()A．A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C處的電場(chǎng)強(qiáng)度B．B、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)一定都為零C．帶正電粒子在A處的電勢(shì)能大于在C處的電勢(shì)能D．A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于B、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差解析：選A。因?yàn)関－t圖線的斜率表示物體的加速度，粒子在A處的加速度大于C處的加速度，A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C處的電場(chǎng)強(qiáng)度，A正確；從B點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得qUBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))vD>vBUBD＝φB－φD解得φB－φD>0所以B、D兩點(diǎn)的電勢(shì)不可能都為零，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))<0因?yàn)殡妶?chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以帶正電粒子在A處的電勢(shì)能小于在C處的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知qUAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))qUBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))由圖線可知eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))>eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))則A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于B、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，D錯(cuò)誤。11．(多選)(2021·河南省3月適應(yīng)性測(cè)試)如圖甲所示，彈性輕繩下端系一物塊，用外力將物塊下拉至離地高度h＝0.1m處，然后由靜止釋放物塊，通過(guò)傳感器測(cè)量得到物塊的速度v和離地高度h，并作出物塊的動(dòng)能Ek與離地高度h的關(guān)系圖象(圖乙)，其中高度在0.2m到0.35m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。以地面為零勢(shì)能面，重力加速度g取10m/s2，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。由圖象可知()A．物塊的質(zhì)量為0.2kgB．彈性繩的勁度系數(shù)為250N/mC．剛釋放物塊時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為0.5JD．物塊的重力勢(shì)能與彈性繩的彈性勢(shì)能總和最小為0.32J解析：選AC。在高度在0.2m到0.35m范圍內(nèi)的圖線為直線，輕繩松弛，物體在做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得ΔEk＝mgΔh，圖線斜率表示物體重力，即k＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝mg，可得物塊的質(zhì)量為0.2kg，A正確；當(dāng)h1＝0.18m時(shí)，動(dòng)能達(dá)到最大，此時(shí)滿足mg＝kx，可得k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(2,0.2－0