2019届高考物理二轮复习物理图像问题学案(全国通用)

2019届高三物理二轮复习简谐运动题型归纳类型一、简谐运动的图像利用简谐运动的图象可以确定：（1）可以确定振动物体在任一时刻的位移。

如图中，对应1t 、2t 时刻的位移分别为 1=+7x cm ，2=-5x cm 。

（2）确定振动的振幅。

图中最大位移的值就是振幅，如图表示振动的振幅是10cm 。

（3）确定振动的周期和频率。

振动图象上一个完整的正弦（余弦）图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期。

由图可知，OD 、AE 、BF 的间隔都等于振动周期，T=0.2s ，频率1=5f Hz T 。

（4）确定各质点的振动方向。

例如图中的1t 时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在3t 时刻，质点正向着平衡位置运动。

（5）比较各时刻质点加速度的大小和方向。

例如在图中1t 时刻质点位移1x 为正，则加速度1a 为负（向下指向O ）， 2t 时刻2x 为负，则加速度2a 为正（向上指向O ），又因为12>x x ，所以12>a a 。

例1、一竖直悬挂的弹簧振子下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如下图所示的图像．y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．【答案】 02x v 122y y - 【解析】设周期为T ，振幅为A . 由题图得02x T v =，122y y A -=. 举一反三【变式1】一质点简谐运动的振动图象如图所示。

（1）该质点振动的振幅是 cm ；周期是 s ；初相是________。

（2）写出该质点简谐运动的表达式，并求出当t=1s 时质点的位移。

【答案】（1）A=8cm ，T=0.2s ，=2πϕ；（2）=8sin (10+)cm 2x t ππ =8x cm【解析】（1）由质点振动图象可得A=8cm ，T=0.2s ，=2πϕ （2）2=10Tπωπ= rad/s 质点简谐运动表达式为=8sin (10+)cm 2x t ππ，当t=1s 时，=8x cm 。

高中物理图像训练教案人教版
教学目标：通过本节课的学习，使学生能够掌握物理图像的形成规律，进一步了解物理光学方面的知识。

教学重点和难点：物理图像的形成规律，凸透镜和凹透镜的使用。

教学过程：
一、引入：通过观察现实生活中的图像现象引入本节课的主题。

二、概念讲解：通过讲解物理图像的形成规律，让学生了解图像是如何形成的，为后面的实验做好铺垫。

三、实验操作：让学生分组进行实验，利用凸透镜和凹透镜观察光线的折射现象，研究图像的形成规律。

四、实验分析：让学生结合实验结果，分析凸透镜和凹透镜对光线的作用，探讨图像的位置和大小与物体的位置和大小之间的关系。

五、拓展练习：布置一些与物理图像相关的练习题，让学生巩固所学知识。

六、课堂总结：对本节课所学内容进行总结，强调物理图像的形成规律，引导学生深入思考。

七、作业布置：布置相关的作业，让学生继续巩固所学知识。

教学反思：通过本节课的教学，学生能够更深入地理解物理图像的形成规律，提高他们的实验操作能力和综合分析能力。

希望通过多样化的教学方式，让学生对物理光学有更深入的理解和掌握。

第6练大气的受热过程与热力环流特朗勃墙是一种依靠墙体独特的构造设计，无机械动力、无传统能源消耗、仅依靠被动式收集太阳能为建筑供暖的集热墙体。

其冬季白天工作原理如图。

回答下列问题。

1．图示特朗勃墙向室内供暖的工作原理属于A．对流层大气的直接热源是地面辐射B．地面的直接热源是太阳辐射C．特朗勃墙的逆辐射原理D．空气隔层的温室效应2．根据图示，下列说法正确的是A．集热墙可能为白色B．乙气流为上升气流C．甲气流为暖气流，流出空气隔层D．丙气流为暖气流，流进空气隔层读下图回答下列问题。

3．若图示为热力环流形势，则a地与b地的气压（P）和气温（T）（）A． Pa＞Pb；Ta＞Tb B． Pa＜Pb；Ta＜TbC． Pa＜Pb；Ta＞Tb D． Pa＞Pb；Ta＜Tb4．若图示地区在北半球。

理论上，c、d地之间的稳定水平气流方向（风向）为（）A．东风 B．东北风 C．南风 D．西南风读“热力环流示意图”（曲线表示等压面）回答下列问题。

5．图中①、②、③、④四点的气压大小比较正确的是 ( )A．①>② B．①>③ C．①>④ D．②>③6．图中①、②、③、④四点的空气运动方向正确的是( )A．②→① B．①→④ C．③→④ D．③→②每年十月通常秋高气爽的北京，今年深陷重重雾霾污染中。

28日开始的雾霾严重污染北京并将延续到29日，能见度很低，给道路交通和市民出行带来不便。

如图为城区立交在浓雾中若隐若现．回答下列问题。

7．深秋初冬时节也是该地大雾多发期，这其中的道理是（）A．昼夜温差减小，水汽易凝结，但风力微弱，水汽不易扩散B．昼夜温差减小，水汽不易凝结，直接悬浮于大气中C．昼夜温差较大，水汽不易凝结，直接附着在地面上D．昼夜温差较大，水汽易凝结，且该季节晴好天气多，有利于扬尘的产生8．读图可以发现此时虽然为浓雾天气，能见度不是很好，但是红绿色的交通信号灯却是很醒目。

运用地理原理分析大雾期间红、绿色光仍然很醒目的原因（）A．红、绿色光不容易被散射 B．红、绿色光最容易被散射C．红、绿色光不容易被遮挡 D．红、绿色光不容易被吸收读图“大气受热过程示意图”，完成下列问题。

Ksp的计算1．判断能否沉淀1．等体积混合0.2mol·L−1的AgNO3和NaAc溶液是否会生成AgAc沉淀？(已知AgAc的K sp为2.3×10−3)【解析】c(Ag+)＝c(Ac－)＝0.22mol·L−1＝0.1mol·L−1；Q c＝c(Ag+)×c(Ac－)＝1.0×10－2>Ksp；故有AgAc沉淀生成。

【答案】有AgAc沉淀生成2．判断能否沉淀完全2．取5mL 0.002mol·L−1 BaCl2与等体积的0.02mol·L−1 Na2SO4的混合，是否有沉淀产生？若有，计算Ba2+是否沉淀完全。

(该温度下BaSO4的K sp＝1.1×10−10)【解析】此题中，Q c＝c(Ba2+)·c(SO2－4)＝1×10－5>K sp，故有沉淀生成。

两种溶液混合之后，SO2－4浓度变为9×10−3mol·L−1，根据K sp＝c(Ba2+)·c(SO2－4)，计算得c(Ba2+)<1×10－5，故可认为Ba2+已经沉淀完全。

【答案】沉淀完全3．计算某一离子浓度3．已知在室温时，Mg(OH)2的溶度积K sp＝4×10−12，求室温下Mg(OH)2饱和溶液中Mg2+和OH－的物质的量浓度。

【解析】本题根据氢氧化镁的沉淀溶液平衡常数表达式和OH－浓度和Mg2+浓度，可以直接进行计算。

Mg(OH)2Mg2++2OH－，设饱和溶液中c(Mg2+)＝x mol·L−1，则c(OH－)＝2x mol·L−1。

故K sp[Mg(OH)2]＝c(Mg2+)·c2(OH－)＝x·(2x)2＝4x3＝4×10−12，则x＝10－4，故c(Mg2+)＝1.0×10－4mol·L−1，c(OH－)＝2.0×10−4mol·L−1。

模型3弹簧模型(对应学生用书第89页)[模型统计]1．弹簧模型的问题特点弹簧模型是高考中常见的物理模型之一，该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及四个方面的问题：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题、与能量转化和与动量有关的弹簧问题．2．弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力．当题目中出现弹簧时，首先要注意弹力的大小和方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来综合分析物体的运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离的临界问题．(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题．[模型突破]考向1弹簧模型中的平衡问题[典例1]如图1所示，质量为m1的物体A压在放于地面上的竖直轻弹簧L1(劲度系数为k1)上，上端与轻弹簧L2(劲度系数为k2)相连，轻弹簧L2上端与质量为m2的物体B相连，物体B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P相连，A、B均静止．现缓慢地向小桶P内加入细沙，当弹簧L1恰好恢复原长时(小桶一直未落地)，求：图1(1)小桶P 内所加入细沙的质量；(2)小桶在此过程中下降的距离．【解析】 (1)当L 1恢复原长时，对A 、B 整体分析，绳子的拉力为F ＝(m 1＋m 2)g ，即小桶中细沙的质量为m 1＋m 2.(2)开始时，对A 、B 整体受力分析得k 1x 1＝(m 1＋m 2)g ，式中x 1为弹簧L 1的压缩量，则x 1＝(m 1＋m 2)g k 1对B 受力分析得k 2x 2＝m 2g ，式中x 2为弹簧L 2的压缩量，则x 2＝m 2g k 2当L 1恢复原长时，对A 受力分析得k 2x 2′＝m 1g ，式中x 2′为弹簧L 2的伸长量，则x 2′＝m 1g k 2在整个过程中，小桶下降的距离h ＝x 1＋x 2＋x 2′＝(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2. 答案：(1)m 1＋m 2 (2)(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2考向2 弹簧模型中的瞬时问题[典例2] 细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了距离x (小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球距地面的高度为h ，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．细线烧断后，小球做平抛运动B ．细绳烧断后，小球落地的速度等于2ghC ．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力为53mgD ．细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为53gD [将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧弹力的共同作用，合力方向斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以小球不是做平抛运动，故A 错误；小球只做自由落体运动时，根据v 2＝2gh 得落地速度是v ＝2gh ，而现在除重力外还有弹簧的弹力对小球做功，所以小球落地时的速度一定大于2gh ，故B 错误；小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件得，细绳的拉力大小T ＝mg cos 53°＝53mg ，弹簧弹力的大小F ＝mg tan 53°＝43mg ，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T ＝53mg ，故C 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与细绳烧断前细绳中的拉力大小相等、方向相反，此时F 合＝T ，可知此瞬间小球的加速度大小a ＝F 合m ＝53g ，故D 正确．](2018·唐山二模)A 、B 两球质量相同，静止在倾角为30°的斜面上．两球之间栓接有轻弹簧．A球与挡板接触，B 球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧，系统处于静止状态．则撤去挡板瞬间( )A ．弹簧弹力一定变大B ．细线拉力一定变大C ．A 球一定处于失重状态D ．B 球一定处于平衡状态D [开始时，弹簧可能处于压缩状态，则撤去挡板瞬间，小球A 向下运动，弹簧伸长，弹力变小，则绳的拉力增大，选项A 错误；若开始时弹簧处于伸长状态，且挡板的弹力为零，则撤去挡板瞬间，A 球仍静止，不是处于失重状态，选项B 、C 错误；B 球被细线拉住，一定处于平衡状态，选项D 正确．]考向3 弹簧模型中的动力学和能量问题[典例3] (2018·广西三市联考)如图3所示，有一倾角为θ＝37°的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝10 N/m 的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计．一个质量为m ＝5 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，经过t ＝2 s 后，P 与弹簧自由端Q 相碰，PQ 间的距离L ＝4m ，弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)小球与硬杆之间的动摩擦因数μ；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能．【解析】 小球做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出动摩擦因数；当小球加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求出压缩量，再根据E p ＝12kx 2求出速度最大时弹簧的弹性势能．(1)小球由静止做匀加速直线运动，则有：L ＝12at 2，解得：a ＝2 m/s 2.根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得：μ＝0.5.(2)当小球加速度为零时，速度最大即有：mg sin 37°＝μmg cos 37°＋kx解得：x ＝1 m所以弹性势能为：E p ＝12kx 2＝12×10×12J ＝5 J.【答案】 (1)0.5 (2)5 J(多选)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v -t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线段，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧的弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量ABC [小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，故A 正确；由题意可知，t A 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度a A ＝12g ，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在t C 时刻的加速度大于12g ，故B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C 点释放能到达原来的释放点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．]考向4 弹簧模型中的动量问题[典例4] (2018·衡阳第三次联考)如图4所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法错误的是( )图4A ．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C ．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝23mghD ．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2gh 3D [物块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 正确；物块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B 正确；设物块到达水平面时速度大小为v 1，槽的速度大小为v 2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m v 1－2m v 2＝0，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 21＋12·2m v 22，由以上两式解得：v 1＝2gh 3，v 2＝gh3，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v ＝v 1＝2gh3，故D 错误；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能E p ＝12m v 21＝2mgh 3，故C 正确；本题选错误的，故选D.](多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a 静止于光滑水平面上，物块b 以一定初速度向左运动．下列关于a 、b 两物块的动量p 随时间t 的变化关系图象，合理的是( )BCD[b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物体的加速度一定先增大后减小，故A不正确；b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，故B正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，并且如果a、b两球的质量相等，则可以出现C中的运动过程，故C正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现D中的运动过程，故D正确．]。

选考部分年份试卷题号考点情境图2014Ⅰ卷33p－T图象的理解及理想气体状态方程的应用33题34题34波动图象和振动图象的理解及光的折射定律的应用Ⅱ卷33热学基础知识及气体实验定律的应用33题34题34波动图象和振动图象的理解及光的折射定律的应用2015Ⅰ卷33对晶体的理解和气体实验定律的应用33题34光的双缝干涉实验及机械波的多解问题34题Ⅱ卷33对扩散现象的理解及气体实验定律的应用34光的折射现象的理解及机械波的传播33题34题2016Ⅰ卷33对热力学定律的理解及气体实验定律的应用34题34机械波的理解和折射定律的应用Ⅱ卷33对p－T图象的理解及气体实验定律的应用33题34对电磁波的理解及机械波的传播Ⅲ卷33对内能的理解及气体实验定律的应用33题34题34对波动和振动的理解及折射定律的应用2017Ⅰ卷33气体分子运动规律及气体实验定律的应用34波的干涉现象的理解及光的折射定律的应用33题34题Ⅱ卷33热力学定律和气体实验定律的综合及气体实验定律的应用33题34题34双缝干涉实验及光的折射定律的应用Ⅲ卷33对p－V图象的理解及气体实验定律的应用33题34波动图象的理解及折射定律的应用34题2018Ⅰ卷33T －V 图象的理解和热力学第一定律的结合及用气体实验定律处理关联气体问题33题34题34折射定律的应用和折射率的求解及波动图象和振动图象的理解和应用Ⅱ卷33对内能的理解及气体实验定律处理活塞汽缸问题33题34题34声波的传播和有关计算及折射定律的应用Ⅲ卷33p －V 图象的理解和热力学第一定律的应用及用气体实验定律处理玻璃管的关联气体问题34波传播的相关计算及折射定律的应用33题34题第1课时热学高考题型1热学基本概念和规律的理解例1(多选)(2018·全国卷Ⅱ·33(1))对于实际的气体，下列说法正确的是()A．气体的内能包括气体分子的重力势能B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的体积变化时，其内能可能不变E．气体的内能包括气体分子热运动的动能答案BDE解析气体的内能不考虑气体自身重力的影响，故气体的内能不包括气体分子的重力势能，A项错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，B、E项正确；气体整体运动的动能属于机械能，不是气体的内能，C错误；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，即分子势能和分子动能的和可能不变，D项正确．拓展训练1(多选)(2018·湖南省益阳市4月调研)下列关于热现象的叙述，正确的是() A．液晶与多晶体一样具有各向同性B．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压C．雨水不能透过布雨伞是因为液体表面存在张力D．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关E．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小答案BCE解析液晶的某些性质具有各向异性，故A错误；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压，故B正确；由于液体表面存在张力，故雨水不能透过布雨伞，故C正确；理想气体的分子势能不计，只与温度有关，与体积无关，故D错误；当r>r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，则分子势能增大，当r<r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功，则分子势能增大，所以当r＝r0时，分子势能最小，故E正确．拓展训练2(多选)(2018·四川省雅安市第三次诊断)下列说法正确的是()A．理想气体吸热后温度一定升高B．可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C．某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为N A，则该理想气体单个的分子体积为V0N A D．甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大E．扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动答案BDE解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，物体的内能与做功和热传递有关，故一定质量的理想气体吸热时温度可以不变，故A错误；温度是理想气体分子的平均动能的标志，所以相同温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大，故B正确；某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为N A，可以求出该理想气体的每一个分子所占的空间为V0N A，由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以单个气体分子的体积小于V0N A，故C错误；分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大，甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小，分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动，故E正确．拓展训练3(多选)(2018·河南省濮阳市第三次模拟)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是( )A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定质量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 答案 CDE解析 温度一定时，大气中相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A 错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B 错误；温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积的平均碰撞次数必减少，故C 正确；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D 正确；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故E 正确．高考题型2 气体实验定律的应用例2 (2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图1，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．图1答案15p 0S26g解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1，下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p 0·V2＝p 1V 1 p 0·V2＝p 2V 2 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324VV 2＝V 2－V 6＝V 3设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg 联立以上各式得 m ＝15p 0S 26g拓展训练4 (2018·山东省枣庄市二调)如图2所示，右端开口、横截面积为S 的绝热圆柱形汽缸水平放置在地面上，汽缸左边有加热装置，内部被质量为m 的绝热活塞A 和质量也为m 、导热性能良好的活塞B 分成长度相等的三个部分，两活塞厚度均不计且与汽缸接触良好．汽缸左边两部分分别封闭有理想气体P 和Q ，初始状态温度均为T 0.外界大气压强大小为4mg S ，g 为重力加速度，且保持恒定，忽略一切摩擦．图2(1)现对气体P 缓慢加热，求当活塞B 恰好到达汽缸右端时，气体P 的温度；(2)将汽缸竖直放置，继续给气体P 加热，求当活塞B 再次到达汽缸上端时，气体P 的温度． 答案 (1)2T 0 (2)3.3T 0解析 (1)在初状态，设P 气体长度为L ，加热过程中气体Q 的体积不发生变化．当活塞B 恰好移动至汽缸右端时，气体P 的长度变为2L .设此时气体P 的温度为T 1，因加热过程中P 气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得：LS T 0＝2LS T 1，解得：T 1＝2T 0；(2)将汽缸竖直放置，继续给气体P 加热．当活塞B 再次到达汽缸上端时，设气体Q 的长度为L Q 、压强为p Q ，气体P 的长度为L P 、压强为p P .对活塞B 受力分析，由平衡条件可得：p 0S ＋mg ＝p Q S ，而p 0＝4mg S ，解得：p Q ＝54p 0，气体Q 做等温变化，由玻意耳定律得：p 0LS ＝p Q L Q S ，解得：L Q ＝45L ，由几何关系得：L Q ＋L P ＝3L ，解得：L P ＝115L ，对活塞A 受力分析，由平衡条件可得：p P S ＝p Q S ＋mg ，解得：p P ＝32p 0，由理想气体状态方程得：p 0LS T 0＝p P L P ST 2，解得：T 2＝3.3T 0.拓展训练5 (2018·湖北省十堰市调研)如图3所示，有两个不计质量的薄活塞M 、N 将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃.M 活塞是导热的，N 活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S ＝2 cm 2，初始时M 活塞相对于底部的高度为H ＝27 cm ，N 活塞相对于底部的高度为h ＝18 cm ，活塞足够高．现将一质量为m ＝400 g 的小物体放在M 活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图3(1)求稳定后活塞N 下部分气体的压强；(2)现通过加热丝对N 下部分气体进行缓慢加热，使气体的温度变为127 ℃，分别求稳定后活塞M 与活塞N 距离底部的高度． 答案 (1)1.2×105 Pa (2)27.5 cm 20 cm解析 (1)将两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得： pS ＝mg ＋p 0S代入数据解得p ＝1.2×105 Pa(2)对N 下部分气体进行分析，由理想气体状态方程得： p 0hS T 1＝ph 2ST 2得：h 2＝20 cm 对M 下部分气体进行分析，根据玻意耳定律得：p0(H－h)S＝pLS得：L＝7.5 cm故此时活塞M距离底端的距离为H2＝20 cm＋7.5 cm＝27.5 cm.高考题型3气体实验定律与热力学第一定律的综合例3(2018·全国卷Ⅲ·33)(1)如图4，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p －V图中从a到b的直线所示．在此过程中________．图4A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功(2)如图5所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．图5答案(1)BCD(2)22.5 cm7.5 cm解析(1)在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错．(2)设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥拓展训练6(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图6甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S ＝5×10－4m2，原来活塞处于A位置．现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图象如图乙所示．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.图6(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B 时缸内气体的体积；(2)若缸内气体原来的内能U 0＝72 J ，且气体内能与热力学温度成正比．求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量．答案 (1)1.2×105 Pa 6×10－4 m 3 (2)60 J解析 (1)活塞从A 位置缓慢到B 位置，活塞受力平衡，气体做等压变化，以活塞为研究对象：pS ＝p 0S ＋mg解得：p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa 以气体为研究对象：V A T A ＝V B T B， 解得：V B ＝V A T B T A＝6×10－4 m 3 (2)由气体的内能与热力学温度成正比：U B U 0＝T B T A，解得：U B ＝108 J 外界对气体做功：W ＝－p (V B －V A )＝－24 J由热力学第一定律：ΔU ＝U B －U 0＝Q ＋W得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q ＝60 J ．高考题型4 热学综合问题例4 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图7，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b 间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .图7答案 ⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 解析 开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h ⑧拓展训练7 (2018·山西省太原市三模)受啤酒在较高压强下能够溶解大量二氧化碳的启发，科学家设想了降低温室效应的“中国办法”：用压缩机将二氧化碳送入深海底，由于海底压强很大，海水能够溶解大量的二氧化碳使其永久储存起来，这样就为温室气体找到了一个永远的“家”．如图8所示，现将过程简化如下：在海平面上，开口向上、导热良好的汽缸内封存有一定质量的CO 2气体，用压缩机对活塞施加竖直向下的压力F ，此时缸内气体体积为V 0、温度为T 0.保持F 不变，将该容器缓慢送入温度为T 、距海平面深为h 的海底．已知大气压强为p 0，活塞横截面积为S ，海水的密度为ρ，重力加速度为g .不计活塞质量，缸内的CO 2始终可视为理想气体，求：图8(1)在海底时CO 2的体积．(2)若打开阀门K ，使容器内的一半质量的二氧化碳缓慢排出，当容器的体积变为打开阀门前的14时关闭阀门，则此时压缩机给活塞的压力F ′是多大？ 答案 (1)(p 0＋F S )TV 0(p 0＋F S＋ρgh )T 0 (2)2F ＋(p 0＋ρgh )S 解析 (1)海平面上的汽缸内CO 2的压强：p ＝p 0＋F S距海平面深为h 处汽缸内CO 2的压强：p 1＝p 0＋F S＋ρgh 由理想气体状态方程得：p 1V T ＝pV 0T 0，V ＝(p 0＋F S )TV 0(p 0＋F S＋ρgh )T 0 (2)以一半质量的CO 2气体为研究对象，溶解后容器内CO 2的压强：p ′＝p 0＋ρgh ＋F ′S由玻意耳定律得：p 1·V 2＝p ′V ′ 由题意得：V ′＝V 4联立解得F ′＝2F ＋(p 0＋ρgh )S .拓展训练8 (2018·福建省泉州市三模)如图9，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ∶S B ＝1∶2.两活塞以穿过B 底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，温度皆为T 0＝300 K ，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是汽缸外的大气压强．现对A 加热，使其中气体的压强升到p A ′＝2.0p 0，同时保持B 中气体的温度不变．求此时A 中气体的温度T A ′.图9答案 500 K解析 活塞平衡时，由平衡条件得：p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )已知S B ＝2S AB 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，由玻意耳定律得：p B ′V B ＝p B V 0设A 中气体末态的体积为V A ，因为两活塞移动的距离相等，故有V A －V 0S A ＝V B －V 0S B对A 中气体由理想气体状态方程得：p A ′V A T A ′＝p A V 0T 0 解得：T A ′＝p A ′V A T 0p A V 0＝500 K. 专题强化练1．(多选)(2018·陕西省榆林市第三次模拟)下列说法正确的是( )A．一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的B．一定质量的理想气体，升高相同的温度所吸收的热量与所经历的状态变化的过程有关C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E．一定质量的理想气体保持体积不变，由于单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积的分子数不变答案ABD2．(多选)(2018·云南省统一检测)以下说法正确的是()A．一定质量的理想气体等压膨胀过程中一定从外界吸收热量B．浸润与不浸润现象均是分子力作用的表现C．两个分子之间的距离越大，它们之间的分子力越小，分子势能越大D．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E．气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行答案ABE3．(多选)(2018·湖北省4月调研)关于热现象，下列说法正确的是()A．两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性C．处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表面将收缩到最小面积——球面，水银滴成为球形D．液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看液体不再蒸发E．热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者的介入答案ACE4．(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)以下说法正确的是()A．太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C．空气中PM2.5的运动属于分子热运动D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量答案ABE解析太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；PM2.5属于固体颗粒的运动不是分子的热运动，故C错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故D错误；气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确．5．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·33(1))如图1，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是()图1A．过程①中气体的压强逐渐减小B．过程②中气体对外界做正功C．过程④中气体从外界吸收了热量D．状态c、d的内能相等E．状态d的压强比状态b的压强小答案BDE解析过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做正功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T 降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，D项正确；由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得p b>p c，由c到d的过程，温度不变，V c<V d，所以p c>p d，所以p b>p c>p d，E项正确．6．(多选)(2018·湖南省株洲市第二次质检)一定质量的理想气体经历如图2所示的一系列过程，AB 、BC 、CD 、DA 这四段过程在p －T 图象中都是直线，其中CA 的延长线通过坐标原点O ，下列说法正确的是( )图2A ．A →B 的过程中，气体对外界放热，内能不变B ．B →C 的过程中，单位体积内的气体分子数减少C ．C →D 的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小D ．C →D 过程与A →B 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同E ．D →A 过程与B →C 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同答案 ABE解析 A →B 的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体对外界放热，选项A 正确；B →C 的过程中，气体的压强不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项B 正确；C →D 的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项C 错误；C →D 过程与A →B 过程相比较，内能都不变，气体与外界交换的热量等于做功的大小，由于做功不同，故两过程中气体与外界交换的热量不同，选项D 错误；D →A 过程与B →C 过程相比较，内能变化相同，D →A 过程外界对气体做功W 1＝p AD (V D －V A )，又V A T A ＝V D T D，则W 1＝p AD (T D －T A )V A T A ，同理B →C 过程，气体对外做功W 2＝p BC (T C －T B )V C T C，因T D －T A ＝T C －T B ，V A ＝V C ，p AD T A ＝p BC T C，则W 1＝W 2，根据热力学第一定律，两过程中气体与外界交换的热量相同，选项E 正确．7．(2018·河南省郑州市第三次质量预测)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图3所示．坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm ，该油膜的面积是________m 2；已知油酸洒精溶液中油酸浓度为0.2%,400滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是12 mL ，则油酸分子的直径为________m ．(结果均保留两位有效数字)图3答案 8.0×10－3 7.5×10－9解析 在围成的方格中，不足半格的舍去，多于半格的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为S ＝80×1 cm ×1 cm ＝80 cm 2＝8.0×10－3 m 2每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积V ＝12400×0.2% mL ＝6×10－5 cm 3＝6×10－11m 3 则油酸分子的直径d ＝V S ＝6×10－118.0×10－3m ＝7.5×10－9 m 8．(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图4所示，竖直放置的U 形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l ，温度为T 的空气柱，左右两管水银面高度差为h cm ，外界大气压为h 0 cmHg.图4(1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分)，求在右管中注入水银柱的长度h 1(以cm 为单位)；(2)在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度变为开始时的长度l ，求此时空气柱的温度T ′.答案 (1)h ＋3h h 0l (2)h 02＋3hl h 0(h 0－h )T 解析 (1)封闭气体做等温变化：p 1＝h 0－h ，p 2＝h 0，p 1l ＝p 2l ′h 1＝h ＋3(l －l ′)解得：h 1＝h ＋3h h 0l (2)空气柱的长度变为开始时的长度l 时，左管水银面下降h h 0l ，右管水银面会上升2h h 0l ，此时空气柱的压强：p 3＝h 0＋3h h 0l 由p 1T ＝p 3T ′解得：T ′＝h 02＋3hlh 0(h 0－h )T 9．(2018·山东省青岛市二模)竖直放置的粗细均匀的U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图5所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p 0＝75 cmHg ，环境温度不变，左管足够长．求：图5(1)此时右管封闭气体的压强；(2)左侧管中需要倒入的水银柱的长度．答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm解析 设管内的横截面积为S ，(1)对右管中封闭气体，右侧的水银刚好全部进入竖直右管后p 0×40S ＝p 1×(40－10)S ，解得：p 1＝100 cmHg(2)对水平部分气体，末态压强：p ′＝(100＋15＋10) cmHg ＝125 cmHg ，由玻意耳定律：(p 0＋15)×15S ＝p ′LS解得：L ＝10.8 cm所以加入的水银柱的长度为：(125－75＋10－10.8) cm ＝49.2 cm。

江苏 2019 年高考物理二轮练习专项 1 第 1 讲图象问题[ 题型特色 ] 图象是描述物理过程，揭露物理规律，解决物理问题的一种重要手段。

近几年，高考试题中图象出现的频次特别高，波及各种题型。

它是一种特别且形象的语言和工具，运用数与形的奇妙联合，适合地表达各样现象的物理过程和物理规律，利用图象可以从不一样侧面(1) 经过对物理过程的剖析找出与之对应的图象并描述。

(2)经过对图象的剖析查找其内部包含的物理规律。

(3)图象的变换——用不一样的图象描述同一物理规律或结论。

(4)综合应用物理图象剖析解决问题。

1、坐标轴的物理意义弄清两个坐标轴各代表什么物理量，以便认识图象所反应的是哪两个物理量之间的互相转变关系。

2、图象特色注意观看图象形状是直线、曲线，仍旧折线等，进而弄清图象所反应的两个物理量之间的关系，明确图象反应的物理内涵。

3、斜率的物理意义要理解物理图象中斜率的含义，第一要看清图象的两个坐标轴。

(1)变速直线运动的 x－ t 图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，所以图线中某两点连线的斜率表示均匀速度，图线上某一点切线的斜率表示刹时速度。

(2)v － t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示均匀加快度和刹时加快度。

(3)线圈的Φ － t 图象 ( Φ为磁通量 ) ，斜率表示感觉电动势。

(4)恒力做功的 W－ l 图象 (l 为恒力方向上的位移 ) ，斜率表示恒力的大小。

(5)沿电场线方向的φ － x 图象 ( φ为电势， x 为位移 ) ，其斜率的大小等于电场强度。

(6)用自由落体运动丈量重力加快度实验的 v2－x 图象 (v 为速度， x 为着落位移 ) ，其斜率为重力加快度的 2 倍。

(7) 不一样带电粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的v－ r 图象 (v 为速度， r 为半径 ) ，其斜率跟带电粒子的比荷成正比。

4、面积的物理意义(1)在直线运动的 v－ t 图象中，图线和时间轴之间的一块面积，等于速度 v 与时间 t 的乘积，所以它表示相应时间内质点经过的位移。

23题专练小卷1.如图所示,在空间xOy的第一象限内存在一沿x轴负方向,大小为E的匀强电场。

现有一质量为m,电量为+q的带电微粒(重力不计),在A(L,L)点无初速度释放,通过y轴上的P点进入第二象限,在第二象限内存在沿y轴负方向匀强电场,带电微粒最终从C(0,-2L)点离开第二象限。

(1)则第二象限内电场强度大小?带电微粒从C点离开的速度是多少?(2)若第二象限内仅存在沿垂直纸面的匀强磁场,使带电微粒仍从C(0,-2L)点离开,则磁感应强度大小?(3)若改变带电微粒释放点的位置从P点进入磁场,在第二象限有垂直纸面的圆形匀强磁场,使得粒子从C点离开的速度与只在电场时完全相同,则第二象限内圆形匀强磁场的磁感应强度是多少?圆形匀强磁场的面积是多少?2.如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线。

在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q 两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m、电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。

(1)求电场强度的大小和方向。

(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。

23题专练小卷1.答案 (1)(2)(3)πL2解析 (1)粒子运动轨迹如图所示:在第一象限内:根据动能定理得:qEL=进入第二象限,在水平方向:2L=v P t在竖直方向:L=at2加速度为:a=联立可得:E'=在C点的竖直速度为:v Cy=at水平速度为:v Cx=v P联立可得:v C=方向与x轴负方向夹角45°(2)做圆周运动到达C点,如图所示:半径满足:R2=4L2+(R-L)2解得:R=2.5L洛伦兹力提供向心力:qv P B=可得:B=(3)因在磁场中速度大小不变,故改变带电微粒释放点的位置到P点时速度已经达到:v P=v C=要使磁感应强度B最小,则半径最大,如图所示:粒子进入第二象限时就进入磁场,从D点离开,过C点速度的反向延长线过水平位移的中点,由几何关系有,=L,所以轨迹半径:R=(+1)L根据洛伦兹力提供向心力:qBv P=m所以可得:B=圆形磁场的半径为r=,所以r=L所以面积为:S=πL22.答案 (1),方向竖直向上(2)(9-6(3)解析 (1)设电场强度大小为E。

专题13 图象问题考题一 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1A.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a 1＝1.5 m/s 2，b 车加速度为a 2＝2 m/s 2，A 错误；第20 s 时，a 车位移为x 1＝40＋102×20 m＝500 m ，b 车没动x 2＝0 m ，则x 1＝x 0，a 车追上b 车；第60 s时，a 车位移为x 1′＝x 1＋40×40 m＝2 100 m ，b 车位移为x 2′＝40×802m ＝1 600 m ，则x 1′＝x 2′＋x 0，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x 1″＝x 1＋40×20 m＝1 300 m ，b 车位移x 2″＝40×202m ＝400 m ，则两车相距Δx ＝x 1″－(x 2″＋x 0)＝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，a 1＝F －μmg m ＝3 m/s 2，当F ＝3 N 时，a 2＝F －μmg m ＝1 m/s 2，当F ＝1 N 时，a 3＝F －μmg m＝－1 m/s 2.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h 1处开始计时，其动能E k 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2A.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E p＝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E pm＝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E p＝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E pm＝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4A.弹簧被压缩过程中外力F 做的功为6.0 JB.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD.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 W F ＝6＋182×0.2 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W f ＝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 E p ＝W F －W f ＝5.0 J ，B 错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 W f 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：12mv 2＝W F －W f 总，解得v ＝4 m/s ，物块离开M 点后做平抛运动，则有h ＝12gt 2，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5A.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U ab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U ab ＝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 U ab ＝Blv 不断增大，U ab 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1A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s答案 B 解析 由图得x t ＝t ，由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，对比两式得v 0＝0，a ＝2 m/s 2，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F N 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F N 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mg 2线性减小到零，力F 由开始运动时的mg 线性减小到mg 2；此后托盘与物块分离，力F 保持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/s 2.根据图象分析可知( )图3A.张明的重力为1 500 NB.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：a 1＝F d －G m ＝20 m/s 2.在f 点：a 2＝G －0m＝10 m/s 2，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、cos 37°＝0.8，重力加速度取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A.物块的质量为1 kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C.0～3 s 内力F 做功的平均功率为0.32 WD.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/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，在3～4 s 内F ＝0.4 N ，物块匀速运动，受力平衡有F ＝μmg cos θ－mg sin 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 ＝12at 2＝0.8 m ，在0～3 s 内F 做功的平均功率为：P ＝W t ＝Fx t ＝0.8×0.83W≈0.213 W，C 错误；在0～3 s 内物块克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos 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 ＝B (a －x )v －Bxv R＝Bv R (a －2x )，其中x 在0～a 2范围内感应电流为顺时针，为正方向；x ＝a 2时，i ＝0；x 在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 ＝B [a －(x －a )]v －B (x －a )v R ＝Bv R (3a －2x )，其中，x 在a ～32a 感应电流方向沿逆时针，为负方向.x ＝32a 时，i ＝0；x 在32a ～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6A.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2(E1－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＝12mv2－0，得到达x1位置时，小球速度v＝2(E1－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7A.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/mC.由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝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/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝Fq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W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝W BAq＝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E k 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：F f Δh ＝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 ＝ΔE k ，可知E k －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 ＝12(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 ＝ΔBSΔt ＝0.04 V流过R 的电流为：I ＝ER ＋r＝0.02 A(2)由题得：通过R 的电量为q ＝I Δt ＝ER ＋r Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝0.02 C (3)由题可得：i ＝ER ＋r ＝BL 有效v R ＋r ＝12(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，cos 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a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律有：F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma得F ＝ma ＋μmgcos α＋μsin α＝11 N(2)在BC 段有：mg sin α＝ma 2 得a 2＝g sin α＝8 m/s 2.小物块从B 到C 所用时间与从C 到B 所用时间相等，有t ＝2v Ba 2＝0.5 s(3)小物块从B 向A 运动过程中，有：μmg ＝ma 3 得a 3＝μg ＝5 m/s 2滑行的距离s ＝v 2B 2a 3＝0.4 m<s AB ＝v B2t ＝4.0 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.。

力与物体曲线运动专题训练卷1.一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m的河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,水流速度为5 m/s,B 点到A点的距离x0=60 m。

(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)下列关于该船渡河的判断,其中正确的是()。

A.小船过河的最短航程为80 mB.小船过河的最短时间为16 sC.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37°角D.小船做曲线运动=20 s,故B项错误;因为v船<v水,故小船过河轨迹不解析▶当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t=船可能垂直河岸,最短航程大于80 m,A项错误;要使小船运动到B点,其速度方向沿OB方向,故船头指向与上游河岸成37°角,C 项正确;小船做直线运动,D项错误。

答案▶ C2.“水流星”是一个经典的杂技表演项目,杂技演员将装水的杯子用细绳系着在竖直平面内做圆周运动,杯子到最高点杯口向下时,水也不会从杯中流出。

如图所示,若杯子质量为m,所装水的质量为M,杯子运动到圆周的最高点时,水对杯底刚好无压力,重力加速度为g,则杯子运动到圆周最高点时,杂技演员对细绳的拉力大小为()。

A.0B.mgC.MgD.(M+m)g解析▶杯子到最高点时,杯底对水的作用力为零,设这时杯子的速度大小为v,对水研究mg=m,对杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m),解得F=0,A项正确。

答案▶ A3.(多选)将一抛球入框游戏简化如下:在地面上竖直固定一矩形框架,框架高1 m,长3 m,抛球点位于框架底边中点正前方2 m,离地高度为1.8 m,如图所示。

假定球被水平抛出,方向可在水平面内调节,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,忽略框架的粗细,球视为质点,球要在落地前进入框内,则球被抛出的速度大小可能为()。

A.3 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s解析▶球抛出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动h=gt2,可得t=ℎ,0.4 s≤t≤0.6 s;水平方向上做匀速直线运动,水平方向最小位移为2 m,最大位移,即球落在框的左右两角时,由几何关系可得为2.5 m,所以水平方向的位移为2 m≤x ≤2.5 m,根据v0=可得3.33 m/s≤v0≤6.25 m/s,B、C两项正确。

规律方法二物理学中的图象问题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．[2018·哈尔滨三中三模]物体从A点由静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在匀加速、匀减速两个运动过程中( ) A．物体的位移一定相等B．物体的平均速度一定相等C．物体的加速度大小一定相等D．所用的时间一定相等2．[2018·天津河西区模拟]一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示，取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v－t图象正确的是( )3．[2018·黄山市质检一]如图所示是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出( )A．欧姆定律适用于该元件B．电阻R＝0.5 ΩC．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1tanα＝1.0 ΩD．在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C4．[2018·安徽模拟]如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0＝3 m/s开始水平向右滑动，已知M＞m.用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是( )多选)[2018·南京市高三三模]抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，上等高的两点，铅球可视为质点，空气阻力不计．用v 、E 、E k 、P 分别表示铅球的速率、机动能和重力瞬时功率的大小，用t 表示铅球在空中从A 运动到B．[2018·永州市高三三模]边长为a 的N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n ，线圈所围面积内的磁通量变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知．下列说法正确的是( )时刻线圈中感应电动势最大时刻线圈中感应电流方向发生变化 ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a2 ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nN πΦ·sin 2πnt多选)[2018·辽宁省重点高中协作体三模]现有一组方向平行于轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如图所示．下列有的范围内和0.6～1.2 cm 的范围内电场的方向一定相反速度，实验所用交流电源的频率为50 Hz .甲同学实验时得到的纸带点迹清晰且第1点与第2点间的距离为的主要操作原________________________________________________________________________乙同学按正确操作也得到一条点迹清晰的纸带，在纸带上选取一个点为计时零点，测出后面各点到该计时零点的距离h ，记录各点对应的时刻t ，作出ht－t 由实验测得当地重力加速度g ＝________m /s 2(结果保留2位有效数字)．该同学从资料上查得当地的重力加速度为9.8 m /s 2，他发现重力加速度10．(9分)[2018·广安市一模]某同学用如图所示的电路测量定值电阻R的阻值及干电池组(两节)的电动势E和内电阻r实验用到的器材如下：A．直流电压表V1，量程3 VB．直流电压表V2，量程2 VC．定值电阻R0，约几欧姆D．滑动变阻器R(最大阻值R m已知)E．导线和开关(1)利用电路图测定值电阻R0的阻值．先把滑动变阻器R调到最大阻值，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________________________________________________________________________ (用U10、U20、R m表示)．(2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，请在下面坐标系中大致描绘出U1随U2变化的图象．(3)若(2)中描绘出的图象的斜率为k，纵截距为a，则干电池组的总电动势E＝________，总内阻r＝________(用k、a、R0表示)．三、计算题：本题共4小题，共45分．11. (10分)雾霾天气容易给人们的正常出行造成不良影响．在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s 的速度匀速行驶．于是，司机紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象．求：(1)若小汽车刹车正常，通过计算判定两车是否发生追尾；(2)若小汽车刹车失灵时，小汽车司机立即向卡车司机发出信号，忽略信号传输时间和卡车司机反应时间，卡车至少以多大加速度行驶，才能避免两车相撞．12. (10分)[2018·攀枝花市模拟]如图，直角坐标系xOy的y轴竖直向上，在整个空间区域内存在平行于xOy平面的匀强电场，在y<0的区域内还存在垂直于xOy平面的匀强磁场．现有一带正电的小颗粒，电荷量q＝2×10－7C，质量m＝1.5×10－5kg，从坐标原点O 射出，射出时的初动能E0＝1×10－4J．小颗粒先后经过P(0.5,0)、Q(0.3,0.4)两点，经过P点时动能为0.4E0，经过Q点时动能也为0.4E0.重力加速度大小g取10 m/s2.求(1)O、P两点间的电势差U OP；(2)匀强电场的场强E的大小和方向．13. (12分)[2018·青岛期末]如图，平行长直光滑金属导轨水平放置且足够长，导轨间距为l，一阻值为R的电阻接在轨道一端，整个导轨处于垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，一根质量为m的金属杆置于导轨上，与导轨垂直并接触良好．现对杆施加一个水平恒力F，使金属杆从静止开始运动，当杆的速度达到最大值v m，立刻撤去水平恒力F，忽略金属杆与导轨的电阻，不计摩擦．(1)定性画出金属杆整个运动过程的v－t图线；(2)求金属杆的最大速度v m；(3)撤去恒力F后，金属杆还能滑行的距离．14. (13分)[2018·贵阳市一模]如图所示，在平面直角坐标系xOy(x≥0，y≥0)内，存在垂直纸面向里的两个匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小分别用B1、B2表示，OM是两个磁场的分界面，且与x轴正方向的夹角为45°，一带正电的粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中，之后粒子在磁场B2中的运动轨迹恰与y轴相切，但未离开磁场，题中B1、B2为未知量．求：(1)两磁场磁感应强度B1与B2的比值；(2)从该粒子进入磁场B1到第二次经过边界OM时，粒子在磁场B1与B2中运动的时间之比．物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，作出速度－时间图象如图所示：物体运动的加速度和时间不确定，不能比较物体的加速度和位移大小，误；根据匀变速直线运动的规律可知，v －＝v 02，两个运动过程中平均速度一定相同，分析加速度随时间变化的规律可知，0～1 s 内，物体从静止开始做匀加速直线运动，速度－时间图象为倾斜直线；1 s ～2 s 内，加速度反向，物体做匀减速直线运动，向运动，电场力沿x轴正方向，该粒子一定带正电，B选项正确；根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，φ－x图象的斜率等于电场强度，在x轴上x＝0.6 cm的位置，电场强度大小不等于0，C选项错误；该粒子从x1＝0处运动到x2＝1.2 cm处的过程中，电场力做正功，根据功能关系可知，电势能减小，D选项正确．9．(1)先释放纸带后接通电源(2)9.6 重物和纸带受到了阻力解析：(1)甲同学实验时得到的纸带第1点与第2点间的距离较大，说明纸带没有由静止下落，具有初速度，即先释放的纸带后接通的电源．(2)根据运动学公式可知，h＝12gt2，解得ht＝g2t，ht－t图象的斜率表示重力加速度的一半，故g＝9.6 m/s2.重力加速度g的测量值与实际值有差异，造成这个差异的主要原因可能是重物和纸带受到阻力作用．10．(1)U10－U20U20·R m(2)见解析(3)kak－1kk－1R0解析：(1)分析电路结构可知，电压表V1测量路端电压，电压表V2测量滑动变阻器两端电压，根据串联电路规律可知，R0＝U10－U20U20R m＝U10－U20U20R m.(2)根据闭合电路欧姆定律可知，E＝U1＋U1－U2R0·r，解得，U1＝R0·Er＋R0＋rr＋R0·U2，根据关系式画出图线，如图所示：(3)分析图象，斜率k＝rr＋R0，截距a＝R0·Er＋R0，联立解得，E＝kak－1，r＝kk－1R0.11．(1)不会发生追尾(2)0.83 m/s2解析：(1)分析v－t图象可知，小汽车正常刹车的加速度大小a1＝10 m/s2.两车速度相等，小汽车刹车时间t1＝v0－v1a1＝2 s，刹车位移s1＝v20－v212a1＝40 m.卡车位移s2＝v1t1＝20 m.由于s1<s2＋30 m，两车不会发生追尾．(2)分析图象可知，小汽车正常刹车时间t0＝1 s，刹车失灵时，速度大小v2＝20 m/s、加速度大小a2＝2.5 m/s2.卡车加速度大小为a3，在t时刻两车速度相等为v，且恰好不相撞，根据速度关系得，v2－a2t＝v1＋a3t.卡车位移s2′＝v1t0＋v1＋v2t.小汽车位移s1′＝v1＋v22t0＋v2＋v2t.根据位移关系可知，s1′－s2′＝30 m，解得a3＝0.83 m/s2.12．(1)－300 V (2)750 V/m，与OQ连线垂直，沿左上方解析：(1)带电小颗粒从O到P的运动过程中，根据动能定理得，qU OP＝E P－E0，解得U OP ＝－300 V.(2)带电小颗粒从O到Q的运动过程中，根据动能定理得，qU OQ－mgy Q＝E Q－E0，解得U OQ ＝0，即O点与Q点电势相等，作出等势线，画出电场线，如图所示：，根据匀强电场中电势差和电场强度的关系得，连线垂直，沿左上方．(3)mFR 2B 4l4和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，当金属杆的安＝ma . ＝Blv .金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，当a ＝0时速度最大，解得．：：解析：(1)设带电粒子在B 迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，B 1：B ＝：2.t1：t＝：3.。

6 牛顿运动定理的应用1．【江苏省天一中学2018届高考考前热身】小车上固定一根轻质弹性杆A,杆顶固定一个小球B,如图所示,现让小车从光滑斜面上自由下滑,在下图的情况中杆发生了不同的形变,其中正确的是()A．B．C．D．2．【广西2019届百校大联考】如图所示,静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升,经过一段时间,突然撤去该恒力,之后物块经相同时间落回地面。

不计空气阻力,则该恒力与物块所受重力的大小之比为()一、单选题A ．B ．C ．D ．3．【云南省曲靖市第一中学2019届高三质检】如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P(不拴接),系统处于静止状态,现用竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动,在弹簧恢复原长前,下列说法正确的是( )A ．拉力F 与弹簧的压缩量成正比B ．弹簧弹力逐渐变小C ．弹簧刚要恢复原长时,拉力F 为零D ．拉力F 做的功等于物块增加的机械能4．【湖北省2019届模拟】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。

当此车减速上坡时，下列说法正确的是A．乘客受重力、支持力两个力的作用B．乘客受重力、支持力、平行斜面向下的摩擦力三个力的作用C．乘客处于超重状态D．乘客的惯性保持不变5．【浙江省2018届模拟】如图所示，一倾角为α的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝tanα，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹力的大小为()A．0 B．mg sinαC．mg sinαD．mg sinα二、多选题6．【山东滕州一中2019届高三模拟】如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内．物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（）A．ab间的距离为L+F/(2k)B．撤掉F后，a作匀速运动，b作匀减速运动C．若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大D．撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度可能增大7．【山东省2018届高考模拟】一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是()A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝8．【湖南省长沙市2018-2019学年大联考】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

高考复习精选精讲图象专题【模块目标】【模块讲解】【常规讲解】1：高考二轮复习图像专题【板书整理】一、图像的基本信息1、斜率：重要性：图像问题每年都会考查，在选择题和实验题中都有可能出现。

总结：判断斜率是否具有意义的快速方法，横坐标和纵坐标的比值，（观察斜率k或斜率1/k）常见斜率具有物理意义的部分图像问题：2、面积：总结：判断面积是否具有意义的快速方法，横纵坐标物理量直接相乘，（无论线性还是非线性，只要将物理量相乘观察即可）常见斜率具有物理意义的部分图像问题：3、U-I图像：总结：在处理图像问题时，切记要区分基本物理量的关系，横纵坐标为U-I时要注意，所谓的斜率是指图像上某点与坐标原点连线该直线的斜率，而所谓“面积”是指横纵坐标的直接成绩，此处容易犯错，尤其是在非线性变化的图像中比较易错。

4、解析式：总结：本部分内容难度最大，主要在于寻找横纵坐标物理量间的公式关系，最终转化为基本信息（将包含横纵坐标的物理公式写出来，转化为y-x的表达形式即可）最常见解析式类的图像问题——电学实验根据图像求数据。

5、解题步骤：1），观察横纵坐标轴所代表物理量。

2），用纵坐标比横坐标找斜率特点。

3）用横、纵坐标直接相乘求解面积。

4）利用横纵坐标写出包含两者的公式，找到关系。

5）矢量注意方向。

【授课流程】步骤①说明图像专题在高考中的重要性【参考讲解】我们在高考二轮复习为什么会把同学们认为的比较简单的图像问题当作专题，因为高考每年都要考，选择题都会出，实验题当中也经常用到图像的方式处理数据，而这些分数我们必须要得到。

步骤②高考当中图像题考法的解释【参考讲解】高考当中的图像最主要有三个问题、斜率、面积、解析式，对于这部分内容说起来简单，但同学们在进行题目完成的时候，最容易根据图像去看点，而不是找关系。

而斜率的考查最为重要。

步骤③通过有效互动的方式，为学员总结一部分常见考查斜率的问题，并且以表格的方式呈现配题逻辑：直接判断最基本斜率问题，操作解题步骤写板书一、图像的基本信息1、斜率：重要性：图像问题每年都会考查，在选择题和实验题中都有可能出现。

第10讲人体内环境稳态与免疫调节构建知识体系·串联主干知识提示：①血浆②渗透压③黏膜④吞噬细胞⑤淋巴细胞⑥溶菌酶⑦监控、清除⑧下丘脑⑨胰岛素、胰高血糖素⑩下丘脑⑪甲状腺激素⑫下丘脑⑬抗利尿激素⑭下丘脑⑮垂体(对应学生用书第58页)1．(2017·全国卷Ⅲ)若给人静脉注射一定量的0.9% NaCl溶液，则一段时间内会发生的生理现象是()A．机体血浆渗透压降低，排出相应量的水后恢复到注射前水平B．机体血浆量增加，排出相应量的水后渗透压恢复到注射前水平C．机体血浆量增加，排出相应量的NaCl和水后恢复到注射前水平D．机体血浆渗透压上升，排出相应量的NaCl后恢复到注射前水平C[质量分数为0.9%的NaCl溶液(生理盐水)与人体血浆渗透压相等，静脉注射后，血浆渗透压不会变化，A、D错误。

注射质量分数为0.9%NaCl溶液后，机体的血浆量增加，排出相应的NaCl和水后恢复到注射前水平，B错误，C正确。

]2．(2018·全国卷Ⅰ)为探究不同因素对尿量的影响，某同学用麻醉后的实验兔进行不同的实验，实验内容如下：a．记录实验兔的尿量(单位：滴/分钟)。

b．耳缘静脉注射垂体提取液0.5 mL，记录尿量。

c．待尿量恢复后，耳缘静脉注射20%葡萄糖溶液15 mL，记录尿量。

取尿液做尿糖定性实验。

回答下列问题：(1)该同学发现，与a相比，b处理后实验兔尿量减少，其主要原因是________________________________________________________________ _______________________________________________________________。

(2)c处理后，肾小管腔内液体的渗透压会升高，实验兔的尿量会________。

取尿液加入斐林试剂做尿糖定性实验出现砖红色，说明尿液中含有________。

(3)若某实验兔出现腹泻、尿量减少现象，导致尿量减少的主要原因是血浆渗透压升高，刺激了存在于________的渗透压感受器，从而引起尿量减少。

专题十五动力学图像、临界极值问题（精讲）一、动力学图像问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。

1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x图象，F－a图象等。

图象的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能。

2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁。

3．图象的应用（1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

（2）已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

（3）通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。

4．解题策略（1）看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始。

理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。

（2）判断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

数图结合解决动力学问题5．解决图象问题的关键有：（1）分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。

（2）明确图线斜率的物理意义，如v－t图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。

（3）明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如v－t图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解．6．分析图象问题时常见的误区（1）没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。

（2）不注意坐标原点是否从零开始。

（3）不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。

力学--直线运动1.如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其x-t图象中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线。

有关这三个物体在0～5s内的运动，下列说法正确的是（）A. a物体做匀加速直线运动B. c物体做加速度增大的加速直线运动C. 时，a物体与c物体相距10mD. a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同2.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图象，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动。

由此可判定（）A. 小球向前运动一段时间后停止B. 小球始终向前运动C. 小球向前运动，再返回停止D. 小球向前运动，再返回，但不会停止3.如图为某一质点作直线运动的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是（）A. 在10s末，质点的速率最大B. 在内，质点所受合力的方向与速度方向相反C. 在8s末和12s末，质点的加速度方向相反D. 在末，质点的位移大小为9m4.如图所示为甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动的v-t图象。

下列判断正确的是（）A. 相遇时，乙车的速度为B. 甲车超过乙车后，两车还会再相遇C. 乙车启动时，甲车在其前方50m处D. 相遇前，甲车落后乙车的最大距离为50m5.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小一定的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g=10m/s2，根据图象可求出（）A. 物体的初速率B. 物体与斜面间的动摩擦因数C. 物体在斜面上可能达到的位移的最小值D. 当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑6.a、b两车在同一平直公路上行驶，a做匀速直线运动，两车的位置x随时间t的变化如图所示。

下列说法正确的是A. b车运动方向始终不变B. a、b两车相遇两次C. 到时间内，a车的平均速度小于b车的平均速度D. 时刻，a车的速度大于b车的速度7.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。

2019届高三物理二轮复习人教版选修3-4光的反射和折射导学案教学目标1．使学生驾驭三个概念——折射率、全反射临界角和光的色散：两个规律——反射定律、折射定律：两个作图法——反射、折射光路图和成像作图：一个思想——光路可逆思想．2．加强学生对概念、作图、规律的分析应用实力和在光线的动态中分析、推理解决几何光学问题的综合实力．教学重点、难点分析1．重点：反射定律，平面镜成像作图法：折射定律，折射率，全反射和临界角．2．难点：折射定律，全反射和临界角：光的色散．教学过程设计老师活动我们复习几何光学，关于光的反射和折射部分．1．平面镜对光线的限制作用结论：平面镜对光线的作用是：只变更光束的传播方向，不变更光束的散聚性质．两个平面镜对光线的限制作用如何呢？学生活动学生探讨：一个平面镜对光线的限制作用．（1）平面镜对光线有反射作用，反射光与入射光遵循反射定律．（2）一束平行光的状况：入射光方向不变，平面镜转动α角，反射光转动2α角．（3）一束发散光的状况：经平面镜反射后，仍是发散光，且发散程度不变．[例1]若使一束光先后经两平面镜反射后，反射光线与入射光线垂直，这两平面镜应如何放置？我们先探讨一般状况：如图4-1-1所示，两平面镜的夹角为θ，光线经两平面镜反射后，反射光线与入射光线的夹角为α，探讨α与θ的关系．学生解答，作出两平面镜的法线，可以证明：α=180°-2θ探讨：（1）一般状况θ<90°，α=180°-2θ，若θ=45°，则α=90°，（反射光与入射光垂直）若θ=90°，则α=0°（反射光与入射光平行）若θ>90°，则α=2θ-180°（2）两平面镜的夹角确定反射光与入射光的夹角，与这两平面镜的放置位置（这两平面镜是否接触和如何放置）和是否转动无关．结论：两平面镜的夹角确定了对光线方向的限制．一个重要的应用：直角镜使光线按原路返回．2．平面镜的成像特点作平面镜成像光路图的技巧．借助平面镜成像的特点完成光路．探讨：平面镜成等大、正立的虚像，像与物关于镜面对称．先依据平面镜成像有对称性的特点，确定像的位置，再补画入射线和反射线．实际光线画实线并加箭头，镜后的反向延长线要画虚线，虚线不加箭头．如图4-1-2所示，两平面镜夹肯定角度，光线a、b是一点光源发出经两平面镜反射后的两条光线．在图中确定点光源的位置．探讨并叙述作图的过程，如图4-1-3所示．a、b光线的反向延长线交于一点，这一点为点光源在平面镜N中的像S″，依据平面镜的成像特点，延长镜N，找到S″的对称点S′，S′是S″的物，是点光源S在平面镜M中的像，再找到S′对平面镜M的对称点S，从而确定了点光源S的位置．完成光路．上面的问题是两个平面镜的二次成像问题，S′是物S在镜M中的虚像，S″是虚像S′在镜N中再次成的虚像．依据光路可逆原理，假如光线a、b的方向反过来，那么会如何呢？S为经过两次反射后形成的实像．还有一种类型的题，是探讨通过平面镜看到的范围．探讨，依据光的可逆性，经两次反射两束光会聚到一点S，由实像定义，S应为实像．[例2]如图4-1-3所示，AB表示始终立的平面镜，P1P2是水平放置的米尺（有刻度的一面朝着平面镜），MN是屏，三者相互平行，屏MN上的ab表示一条竖直的缝（即a、b之间是透光的）．某人眼睛紧贴米尺上的小孔S（其位置见图），可通过平面镜看到米尺的一部分刻度．试在本题的图上用三角板作图求出可看到的部位，并依次写出作图步骤．探讨并作图．作图步骤可如下：（图4-1-5所示）①分别作米尺P1P2、屏Ma、bN对于平面镜AB的对称线（即它们对于平面镜AB的像）P′1P′2、 M′a′、b′N′．②连接S、 a并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的左端．③连接S、b′并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的右端．探讨：（1）还可以用更简洁的方法，即作出眼睛S的像S′，再由S′来确定看到的范围．（2）作出屏和尺的像，人眼看到像的范围即为人眼看到尺的范围．本题的解题思路是什么？边界光线如何确定？两种思路：正向思维，尺发光经平面镜反射进入眼睛的范围即为眼睛所能看到的范围：逆向思维，眼睛相当于发光点，其光照耀到尺上的范围即为能看到的范围．确定边界光线的基本思想是：两点确定一条直线．在匀称介质中光是沿直线传播的，在非匀称介质中，光线发生弯曲，但人眼的感觉光仍是沿直线传播的．所以确定尺和屏的像，由两点一线来确定边界光线．3．光的折射定律复习折射定律和折射率．折射定律：（1）折射光线在入射光线和法线所在的平面上，折射光线和入射光线分居在法线的两侧：（2）入射角的正弦跟折射角的正折射率：（1）光从真空射入某种介质时，入射角的正弦跟折射角这种介质中的速度v之比，n= c/v．探讨平行玻璃板的光路：如图4-1-6所示，平行玻璃板的厚度为d，折射率为n，光线AO以入射角i射到平行玻璃板的一个界面上．（1）画出光路图，（2）证明出射光线与入射光线平行，（3）计算出射光线相对入射光线的侧移量．探讨：作光路图并证明、计算．（1）作光路图，如图4-1-7．（2）证明从略．（3）计算侧移量δ的大小：由几何关系可得δ=OO′·sin（i-r）[例3] （2019年全国高考）在折射率为n、厚度为d的玻璃平板上方的空气中有一点光源S，从S动身的光线SA以角度θ入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后，从下表面射出，如图4-1-8所示，若沿此光线传播的光从光源到玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S到玻璃板上表面的垂直距离l应是多少？探讨：（1）经平行玻璃板两次折射后，出射光线与入射光线平行；若是发光点S发出的两束光，经平行板折射后，发散程度不变，反向延长线交于一点，成一正立、等大的虚像．也就是说通常我们透过平板玻璃看到的是景物的虚像．（2）玻璃板的折射率n和入射角i肯定时，侧移量δ的大小和玻璃板的厚度d成正比．当厚度不大时，可以忽视侧移量δ的大小．（3）侧移量δ的大小还和介质的折射率n及入射角i有关．计算：首先要画出光路图，可由折射定律求出折射角，再结合n=c/v和几何关系即可求解．解答：画出光路图，设在玻璃中的折射角为r，光从光源到玻璃板总结：解几何光学问题，首先要正确画出光路图，探讨由光路图反映出的线段和角的关系，结合概念和规律求解．4．全反射问题要明确全反射临界角的概念和发生全反射的条件．复习探讨：全反射临界角：（1）光从光密介质射向光疏介质，当折射角变为90°时的入射角叫临界角；（2）光从折射率为n的介质射向真空时，产生全反射的条件：（1）光必需从光密介质射向光疏介质；（2）入射角必需等于或大于临界角．[例4]某三棱镜的横截面是始终角三角形，如图4-1-9所示，∠A=90°，∠B=30°，∠C=60°，棱镜材料的折射率为n，底面BC涂黑，入射光沿平行于底面BC面，经AB面和AC面折射后出射．求（1）出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值为多少？解答：画出光路图如图4-1-10所示．（1）因为入射光平行于BC面，i=60°由几何关系可得：a+β=90°（2）要使有光线从AC面射出，应有sinr≤1：考纲中要求考生驾驭“全反射和临界角”，是B档要求，但不要求进行临界角的计算．本题第一问主要考查折射定律和运用数学手段处理物理问题的实力，要正确作出光路图和弄清几何关系；其次问是考查全反射和临界角的概念及综合分析的实力，本题是探讨折射角≤90°，既应用了全反射临界角的概念，又避开了临界角的计算．5．光的色散白光通过三棱镜，要发生色散，红光偏折角最小，紫光偏折角最大．偏折角从小到大的依次是：红、橙、黄、绿、蓝、紫．我们总结一下从红到紫的依次与哪些物理量变更的依次一样？探讨：从红到紫的方向是：（1）同一介质对不同色光的折射率渐渐增大．（2）在同一介质中不同色光的传播速度渐渐减小．（3）光的频率渐渐增大．（4）在真空中的波长渐渐减小．（5）光子的能量渐渐增大．[例5] 已知水对红光的折射率为4/3，红光在水中的波长与绿光在真空中的波长相等，求红光与绿光在真空中的波长比和在水中的频率比．解答：设光从真空射入水中，在真空中的入射角为i，在水中的折在介质中的速率），和光的波长、频率关系公式v=λf，由于同一种光波长，λ为光在介质中的波长）折射定律是对同一种光来说的，要求两种不同频率的光的波长比和频率比，就须要对折射定律进行扩展，对之给予新的含义．6．试验：测玻璃的折射率探讨并设计试验．某同学的设计：测量一厚度匀称的圆柱形玻璃的折射率．先在一张白纸上作出一与圆形玻璃同半径的圆，圆心为O，将圆形玻璃平放在白纸上，使其边界与所画的圆重合．通过玻璃视察到如图4-1-11所示的P1、P2、P3、P4四个大头针恰好在同始终线上，求该圆柱形玻璃的折射率．用插针法测透亮介质的折射率，方法简洁易行，测量结果精确．关键是做好光路图，确定入射光线和在介质中折射光线．在进行计算测量入射角和折射角时，可以干脆用量角器，也可以将入射角和折射角的正弦值转化成直角三角形中的边长比，用边长比的形式表示折射率．请同学们仿照测玻璃砖折射率的试验，自行设计一个测量玻璃的折射率的试验．解答：P1、P2的连线与圆交于A点，P3、P4的连线与圆交于B点，两线延长相交于O′点，连接OO′，交圆于C点．OO′是两光线的对称轴，连接A、 C（或B、 C），过A点作法线，即得到在空气中的入射角i和在玻璃中的折射角r，如图4-1-12所示．或过圆心O点分别做AO′的垂线垂足为D，AC的垂线垂足为E，。

2019届高三物理二轮复习带电粒子在重力、电场力作用下的运动题型归纳类型一、带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒（1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能 量守恒，即 +PG K P E E E +=电恒定值（2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力 势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。

例1、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且相邻两等势面的电势差相等，一个正电荷在等势面U 3上时具有动能4210J -⨯，它运动到等势面U 1时，速度为零，令U 2=0，那么该点电荷的电势能为5410J -⨯时，其动能大小是多少？（设整个运动过程中只有电场力做功）【思路点拨】（1）确定每两个等势面之间的电势能的差值，（2）根据零势面，确定电势能零点，这是同一个等势面；（3）根据有一个已知量的等势面（零势面）确定总能量，（4）所求任意点的某能量就等于总能量减去这点的一个已知能量。

【答案】5610J -⨯【解析】在静电场中运动的电荷，它的机械能和电势能之和保持不变，即能量守恒，由此出发分析问题时比较方便。

由于每两个等势面之间的电势差相等，则电势能的差值也相等，又因为“一个正电荷在等势面U 3上时具有动能4210J -⨯，它运动到等势面U 1时，速度为零”，说明每两个等势面之间的电势能的差值为4110J -⨯，（也可以根据电场力做功来理解），令U 2=0，即设等势面U 2的电势能为零，则等势面U 1的电势能为4110J -⨯，等势面U 3的电势能为4110J --⨯，总的能量为444333210(110)110K P E E E E J J J ---==+=⨯+-⨯=⨯，则任意点M 的动能大小为 4553110410610KM PM E E E J ---=-=⨯-⨯=⨯。

【总结升华】本题各等势面的能量关系：等势面U 1的动能为0，电势能为4110J -⨯，总能量为4110J -⨯。

专题13 图象问题考题一图象的识别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1A.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a 1＝1.5 m/s 2，b 车加速度为a 2＝2 m/s 2，A 错误；第20 s 时，a 车位移为x 1＝40＋102×20 m＝500 m ，b 车没动x 2＝0 m ，则x 1＝x 0，a 车追上b 车；第60 s 时，a 车位移为x 1′＝x 1＋40×40 m＝2 100 m ，b 车位移为x 2′＝40×802 m ＝1 600 m ，则x 1′＝x 2′＋x 0，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x 1″＝x 1＋40×20 m＝1 300 m ，b 车位移x 2″＝40×202m ＝400 m ，则两车相距Δx ＝x 1″－(x 2″＋x 0)＝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，a 1＝F －μmg m ＝3 m/s 2，当F ＝3 N 时，a 2＝F －μmg m ＝1 m/s 2，当F ＝1 N 时，a 3＝F －μmg m＝－1 m/s 2.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h 1处开始计时，其动能E k 与离地高度h 的关系如图2所示.在h 1～h 2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h 3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2A.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 ＝h 4高度时，蹦床的弹性势能为E p ＝mg (h 2－h 4)D.小朋友从h 1下降到h 5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm ＝mgh 1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h 2处和h 4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h 4高度时，蹦床的弹性势能为E p ＝mg (h 2－h 4)，C 正确；小朋友从h 1下降到h 5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm ＝mg (h 1－h 5)，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/s 2，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 JB.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD.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 W F ＝6＋182×0.2 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W f ＝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 E p ＝W F －W f ＝5.0 J ，B 错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 W f 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：12mv 2＝W F －W f 总，解得v ＝4 m/s ，物块离开M 点后做平抛运动，则有h ＝12gt 2，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5A.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U ab 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U ab ＝Blv4；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 U ab ＝Blv 不断增大，U ab 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1A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s答案 B解析 由图得x t ＝t ，由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，对比两式得v 0＝0，a ＝2 m/s 2，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F N 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g2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F N 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mg2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mg 2线性减小到零，力F 由开始运动时的mg 线性减小到mg2；此后托盘与物块分离，力F 保持mg2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/s 2.根据图象分析可知( )图3A.张明的重力为1 500 NB.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：a 1＝Fd －G m ＝20 m/s 2.在f 点：a 2＝G －0m＝10 m/s 2，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、cos 37°＝0.8，重力加速度取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A.物块的质量为1 kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C.0～3 s 内力F 做功的平均功率为0.32 WD.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/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，在3～4 s 内F ＝0.4 N ，物块匀速运动，受力平衡有F ＝μmg cos θ－mg sin 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 ＝12at 2＝0.8 m ，在0～3 s 内F 做功的平均功率为：P ＝W t ＝Fx t ＝0.8×0.83W≈0.213 W，C 错误；在0～3 s 内物块克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos 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 ＝错误!＝错误!(a －2x )，其中x 在0～a 2范围内感应电流为顺时针，为正方向；x ＝a 2时，i ＝0；x 在a2～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 ＝错误!＝错误!(3a －2x )，其中，x 在a ～32a 感应电流方向沿逆时针，为负方向.x ＝32a 时，i ＝0；x 在32a ～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x 1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小C.从O 到x 1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x 1位置时，小球速度的大小为 错误!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mgx 1＋E 1－E 0＝12mv 2－0，得到达x 1位置时，小球速度v ＝ 错误!，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2×10－3C ，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/mC.由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝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/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝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W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝WBAq＝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E k 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：F f Δh ＝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 ＝ΔE k ，可知E k －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 ＝12(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 ＝ΔBSΔt＝0.04 V流过R 的电流为：I ＝ER ＋r＝0.02 A(2)由题得：通过R 的电量为q ＝I Δt ＝ER ＋rΔt ＝错误!Δt ＝0.02 C (3)由题可得：i ＝E R ＋r ＝BL 有效v R ＋r ＝12(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，cos 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a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律有：F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma得F ＝ma ＋μmgcos α＋μsin α＝11 N(2)在BC 段有：mg sin α＝ma 2得a 2＝g sin α＝8 m/s 2.小物块从B 到C 所用时间与从C 到B 所用时间相等，有t ＝2vBa2＝0.5 s(3)小物块从B 向A 运动过程中，有：μmg ＝ma 3得a 3＝μg ＝5 m/s2滑行的距离s ＝v 2B 2a3＝0.4 m<s AB ＝vB2t ＝4.0 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.。