《2018年高考物理二輪復習 100考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題17.8 圖象信息問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考物理二輪復習 100考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題17.8 圖象信息問題（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題17.8 圖象信息問題1 一．選擇題 1．（2018江西贛中南五校聯(lián)考）質量為 m 的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖所示.從 t1 時刻 起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則 A.0～t1 時間內，汽車的牽引力做功的大小等于汽車動能的增加量 B.t1～t2 時間內，汽車的功率等于(m+Ff)v1 C.汽車運動的最大速度v2=(+1)v1 D.t1～t2 時間內，汽車的平均速度等于 【參考答案】BC 【命題意圖】本題考查汽車的啟動、動能定理、速度圖象、功率及其相關的知識點，意在考查運用相關知識解決實際問題的能力。

2、2.（2018開封質檢）靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關系如圖所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則 A. 在0~t1時間內F的功率逐漸增大 B．t2時刻物塊的加速度最大 C．t2時刻后物塊做反向運動 D．t3時刻物塊的動能最大 【參考答案】BD 【命題意圖】本題考查F——t圖象、功率、動能及其相關的知識點。 二．計算題 1．（2013·全國II）一長木板在水平面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度—時間圖象如例84圖所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木

3、板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求： （1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)。 （2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。 【名師解析】 分析題給木板運動的速度—時間圖象，t=0.5s時速度拐點，木板加速度開始減小，表明二者此時速度相等，應用牛頓運動定律及其相關知識列方程解答。 （1）從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。 由圖可知，在t1=0.5s時，物塊和木板的速度相同，設t=

4、0到t=t1時間間隔內，物塊和木板的加速度分別為a1和a2，則 a1= v1/ t1，① a2=(v0- v1)/ t1，② 式中v0=5m/s，v1=1m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大小。 （2）在t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動。物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1’和a2’，則由牛頓第二定律得：f=m a1’，⑦ 2μ2mg-f=ma2’。 ⑧ 假設f<μ1mg.則a1’=a2’。 由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg >μ1mg，與假設矛盾，故f=μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知，物塊加速度大小

5、a1’=a1.物塊的v—t圖象如例125圖J中的點劃線所示。 【點評】本題主要考查牛頓運動定律，勻變速直線運動規(guī)律、速度圖象、疊加體及其相關知識，意在考查考生靈活應用相關知識解決問題的能力。 2．(2010安徽理綜)質量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v—t圖象如圖所示。g取10 m/s2，求： （1）物體與水平面間的動摩擦系數(shù)μ； （2）水平推力的大?。? （3）0~10s內物體運動位移的大小。 【名師解析】（1）設物體做勻減速直線運動的時間為△t2，初速度為v20，末速度為v21，加速度為a2，則a2==-2

6、m/s2 設物體所受摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff = ma2，F(xiàn)f = -μmg 解得 μ=0.2。 3．（2010·海南）圖1中，質量為m的物塊疊放在質量為2m的足夠長的木板上方右側，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s內F的變化如例85圖2所示，圖中F以mg為單位，重力加速度g=10m/s2．整個系統(tǒng)開始時靜止． (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度； (2)在同一坐標系中畫出0~3s內木板和物塊的v—t圖象，據(jù)此求0~3s內物塊相對于木板滑過的

7、距離。 【名師解析】 (1)設木板和物塊的加速度分別為a和a’，在t時刻木板和物塊的速度分別為vt和vt’，木板和物塊之間摩擦力的大小為f，依牛頓第二定律、運動學公式和摩擦定律得 f=ma’ ① f=μmg，當vt’< vt ② vt2’=vt1’+a’(t2-t1) ③ F-f=(2m)a ④ vt2=vt1+a (t2-t1) ⑤ 由①②③④⑤式與題給條件得 v1=4m/s，v1.5=4.5m/s，v2=4m/s， v3=4m/s， ⑥ v2’=4m/s，v3’=4m/s， ⑦ (2)由⑥⑦式得到物塊與木板運動的v—t圖象

8、，如例126圖J所示。在0～3s內物塊相對于木板的距離△s等于木板和物塊v—t圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m)，下面的三角形面積為2(m)，因此△s=2.25。 4. (2015·西安聯(lián)考)如圖（a）所示，“”型木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，光滑表面BC且與水平面夾角為θ=37°．木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值．一個可視為質點的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖（b）所示．已知sin37°=0.

9、6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求： (1) 斜面BC的長度； (2) 滑塊的質量； (3) 木塊水平表面AB的長度和滑塊運動到A點時的速度． 【名師解析】(1) 滑塊從C點由靜止開始沿斜面下滑，分析滑塊受力，設滑塊質量為m，由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma1， 解得：a1=6m/s2。 由F-t圖像可知滑塊在斜面上運動時間為：t1=1s， 由勻變速直線運動規(guī)律，斜面BC的長度：L1=a1t12， 代入相關數(shù)據(jù)得：L1=3m。 (2) 滑塊從C點由靜止開始沿斜面下滑，滑塊對斜面的壓力為：FN1'=mgcosθ 木板對傳感器的壓力為：F1=FN1

10、'sinθ 由F-t圖像可知：F1=12N 聯(lián)立解得：m=2.5kg。 5、(2017山西八校調研)一輛汽車質量為1×103 kg，最大功率為2×104 W，在水平路面上由靜止開始做直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定．發(fā)動機的最大牽引力為3×103 N，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關系如圖所示．試求： （1）根據(jù)圖線ABC判斷汽車做什么運動？ （2）v2的大?。? （3）整個運動過程中的最大加速度； （4）勻加速運動過程的最大速度是多大？勻加速運動過程用時多長？當汽車的速度為10m/s時發(fā)動機的功率為多大？ 【名師解析】（1）由圖可知，在AB段汽車的

11、牽引力不變，而水平方向的阻力恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，汽車做加速度不變的加速運動； 在BC段汽車的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，汽車做加速度減小的加速運動．此過程中BC的斜率不變，所以： =P保持不變，所以以恒定的功率加速． （3）與B點對應的速度為：v1== m/s≈6.67 m/s 當汽車的速度為10 m/s時處于圖線BC段，故此時的功率最大為：Pm=2×104W． 故勻加速運動的最大速度是6.67m/s，當速度為10m/s時，功率為2×104W． 答：（1）汽車先做加速度不變的加速運動，后做功率恒定的加速運動； （2）v2的大小是20m/s； （3）整個運動過

12、程中的最大加速度是2m/s2； （4）勻加速運動過程的最大速度是6.67m/s；勻加速運動過程用時3.33s；當汽車的速度為10m/s時發(fā)動機的功率為2×104 W． 6．（2015·洛陽聯(lián)考）利用定滑輪可以改變拉力的方向。如圖甲所示，某同學用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻對輕繩的拉力F與被提升重物的速度v，并描繪出F-圖象。假設某次實驗所得的圖象如圖乙所示，其中線段AB與軸平行，它反映了被提升重物在第一個時間段內F和的關系；線段BC的延長線過原點（C點為實線與虛線的分界點），它反映了被提升重物在第二個時間段內F和的關系；第三個時間段內拉力F

13、和速度v均為C點所對應的大小保持不變，因此圖象上沒有反映。實驗中還測得重物由靜止開始經(jīng)過t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物體做勻速運動。取重力加速度g=10m/s2，繩重及一切摩擦和阻力均可忽略不計。 （1）在提升重物的過程中，除了重物的質量和所受重力保持不變以外，在第一時間段內和第二時間段內還各有一些物理量的值保持不變。請分別指出第一時間段內和第二時間內所有其他保持不變的物理量，并求出它們的大?。? （2）求被提升重物在第一時間段內和第二時間段內通過的總路程。 由此解得重物的質量m=G/g=0.40kg； 聯(lián)立解得 a =5.0m/s2 ； 在第二段時間

14、內，拉力的功率保持不變P=Fv=12W。 7 .一輛汽車質量為1×103kg ，最大功率為2×104W，在水平路面由靜止開始做直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定．發(fā)動機的最大牽引力為3×103N ，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關系如圖所示． （1）根據(jù)圖線ABC判斷汽車做什么運動？ （2）求圖中B點對應的速度v1的大小； （3）求汽車做勻加速直線運動過程中的加速度； （4）當汽車的速度為5m/s時發(fā)動機的功率為多大？ 【名師解析】（1）圖線AB牽引力F不變，阻力f不變，汽車做勻加速直線運動，圖線BC的斜率表示汽車的功率P。由于圖線BC為傾斜直線，

15、斜率不變，功率P不變，則汽車做加速度減小的變加速直線運動，直至達最大速度v2，此后汽車做勻速直線運動。 （2）汽車速度為v1，牽引力為F1=3×103 N， v1==m/s=6.67m/s。 （3）汽車做勻加速直線運動時的加速度最大，阻力f==N=1000N。 a==m/s 2=2 m/s 2。. （4）當汽車的速度為5m/s時處于圖線AB段，此時汽車做勻加速直線運動，牽引力 F=ma+f=1×103×2N+1000N=3000N。 故此時的功率為，P=Fv=3000×5W=1.5×104W 。 8.(20

16、15上海閔行一模)如圖甲所示，在豎直平面內有一個直角三角形斜面體，傾角θ為30°，斜邊長為x0。斜面頂部安裝一個小的定滑輪，跨過定滑輪細繩連接兩個物體A、B（均可視為質點），其質量分別為m1、m2，m1與斜面摩擦因數(shù)為，滑輪摩擦不計 。開始時A處于斜面最頂部O點，并取斜面底面所處的水平面為零重力勢能面；B物體距離零勢能面的距離為?，F(xiàn)對A物體施加一個平行斜面斜向下的恒力F，使A物體由靜止起沿斜面向下運動。在B物體豎直上升過程中，B物體的機械能隨上升高度h的變化規(guī)律如圖乙，則結合圖象可求： （1）B物體最初的機械能E1； （2）B物體上升x0時的機械能E2； （3）恒力F的大小。 【

17、名師解析】（1） (2)由圖像中幾何關系知，B物體上升x0時的機械能為 (3)上升x0時B物體的動能 上升x0時B物體的速度 A、B運動過程中，由動能定理： 9. （2015鄭州二模）如圖甲所示，以O為原點建立Oxy平面直角坐標系。兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱放置，,極板長度和極板間距均為l，第一、四象限有方向垂直于Oxy平面向里的勻

18、強磁場。緊靠極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射帶電粒子。,已知粒子的質量為m、電荷量為十q、速度為v0、重力忽略不計。兩板間加上如圖乙所示的掃描電壓(不考慮極板邊緣的影響)時，帶電粒子恰能全部射入磁場。每個粒子穿過平行板的時間極短，穿越過程可認為板間電壓不變，不考慮粒子間的相互作用。 (1)求掃描電壓的峰值U0的大小。 (2)已知射入磁場的粒子恰好全部不再返回板間,勻強磁場的磁感應強度B應為多少? 所有帶電粒子中,從粒子源發(fā)射到離開磁場的最短時間是多少? 【名師解析】（1）所加掃描電壓達到峰值時，粒子在電場中的偏轉位移為y=l/2， 粒子在電場中做類平拋運動，運動加速度為a=，

19、時間為 t=l/ v0。 在電場中的偏轉位移 y=at2， 聯(lián)立解得所加掃描電壓的峰值為U0= 。 （2）設粒子從電場射出時的速度偏轉角為θ，射入磁場時的速度為v= 粒子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，qvB=m 粒子在磁場中射入與射出點間的距離為：△y=2Rcosθ， 聯(lián)立解得：△y=2，即所有粒子在磁場中射入與射出點間距離相同。 依題意，從下邊緣射出電場的粒子在磁場中做圓周運動后剛好到達電場上邊緣，△y=l。 解得勻強磁場的磁感應強度為B=…。 粒子在磁場中運動的最短時間為：t2= ， 而v=， R=l， 聯(lián)立解得：t2= .

20、 故帶電粒子從發(fā)射到離開磁場的最短時間是：t= t1+ t2= (1+)。 10．（2016·南京聯(lián)考）A、B是在真空中水平正對的兩塊金屬板，板長L=40cm，板間距d=24cm，在B板左側邊緣有一粒子源，能連續(xù)均勻發(fā)射帶負電的粒子，粒子緊貼B板水平向右射入，如題129A圖甲所示，帶電粒子的比荷為 =1.0×108C/kg，初速度v0=2.0×105m/s（粒子重力不計），在A、B兩板間加上如圖乙所示的電壓，電壓周期T=2.0×10-6s；t=0時刻A板電勢高于B板電勢，兩板間電場可視為勻強電場，電勢差U0=360V．AB板右側相距s=2cm處有一個邊界MN，在邊界右側存在一垂直紙面

21、向里的勻強磁場，磁感應強度B=T，磁場中放置一“＞”型熒光板，位置如圖甲所示，板與水平向夾角θ=37°，不考慮粒子之間相互作用及粒子二次進入磁場的可能．求： （1）帶電粒子在AB間偏轉的最大側向位移ymax； （2）帶電粒子從電場中射出到MN邊界上的寬度△y； （3）經(jīng)過足夠長的時間后，射到熒光板上的粒子數(shù)占進入磁場粒子總數(shù)的百分比k． 這時粒子在前半個周期內的偏轉量： y1＝a()2＝×1.5×1011×(1×10?6)2m=0.075m 粒子沿電場方向的分速度：vy＝a()2＝1.5×1011×1×10?6＝1.5×105m/s 粒子在后半個周期內的偏轉量：y2＝vy?(

22、)＝1.5×105×1×10?6＝0.15m。 所以，粒子的最大偏轉量：ymax=y1+y2=0.225m。 所有的粒子從極板之間射出時的速度方向均相同，且出電場后在進入磁場之前做勻速直線運動，所以其在邊界MN上的寬度與粒子出電場的寬度相等。 由題意可知，當帶電粒子在t=kT+T/2(k=0,1,2,3，···)時刻進入電場的粒子側向位移最小。 其側向位移為ymin＝a()2＝×1.5×1011×(1×10?6)2m=0.075m 故△y=ymax-ymin=0.225m -0.075m =0.15m。 （3）帶電粒子出電場后做勻速直線運動，粒子射出極板之間后到達MN之前運動的時間

23、：t′＝＝1×10?7s， 粒子在y方向的位移：y′＝vy?t′＝1.5×105×1×10?7m＝1.5×10?2m 分別畫出最大側向位移與最小側向位移兩種情況的軌跡圖（圖J-1）。 由圖中幾何關系可知，P2P3=d-△y=24cm-15cm=9cm。 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝m 得：r＝＝0.04m 11 . 示波器是一種多功能電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形.它的工作原理等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板

24、中。水平金屬板A、B板長L，相距為d，在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，前半個周期內B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻。.在每個電子通過極板的極短時間內，電場可視作恒定的。.在兩極板右側且與極板右端相距D處有一個與兩板中心線垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標原點相交。.當?shù)谝粋€電子到達坐標原點O時，使屏以速度v沿-x方向運動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內它又跳回到初始位置，然后重新做同樣的勻速運動。已知電子的質量為m，帶電量為e，不計電子重力。 （1）求電子進入AB板時的初速度； （2）要使所有的電子都能打在熒光屏上，圖乙中電壓的最大值U0需滿足什么條件？ （3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的最大峰值和長度，.在如圖丙所示的x-y坐標系中畫出這個波形.。 只要偏轉電壓最大時的電子能飛出極板打在屏上，則所有電子都能打在屏上，所以 ym′=＜， 解得U0＜.。 (3)要保持一個完整波形，需每隔周期T回到初始位置，設某個電子運動軌跡如圖所示，有 tanθ===，tanθ= 又知 y′=， 聯(lián)立解得： L′=.。. 18