【2020】最新高考物理第二轮专题复习测试题(图象专题)

专题四曲线运动『经典特训题组』1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x­t图象如图丙所示。

若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2答案BD解析由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；x­t图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为v x＝4 m/s，又竖直方向初速度大小v y＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝v2x＋v2y＝4 5 m/s，故C错误；v­t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝ΔvΔt＝0－82m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。

2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。

已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出( )A．炸弹的飞行时间为0.8 sB．炸弹飞行的水平位移为480 mC．轰炸机的飞行高度为680 mD．炸弹的落地速度为80 m/s答案BC解析 如图所示，已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x ＝h tan37°＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝π2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝2H x，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间t ＝ 2H g＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t ＝60 m/s ，落地速度v ＝v 0cos φ＝100 m/s ，故D 错误。

2020年高考物理二轮专项训练卷-专题23-气缸与液柱模型(含解析)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN专题23、气缸与液柱模型1.如图所示，一圆筒形汽缸静止于地面上，汽缸的质量为M ，活塞(连同手柄)的质量为m ，汽缸内部的横截面积为S ，大气压强为p 0，平衡时汽缸内的容积为V .现用手握住活塞手柄缓慢向上提．设汽缸足够长，不计汽缸内气体的重力和活塞与汽缸壁间的摩擦，求汽缸在开始以及刚提离地面时封闭气体的压强分别为多少？【答案】：见解析【解析】：开始时由于活塞处于静止状态，对活塞进行受力分析，如图甲所示．由平衡条件可得p 0S ＋mg ＝p 1S ，则p 1＝p 0＋mgS ；当汽缸刚被提离地面时汽缸处于静止状态，汽缸与地面间无作用力，对汽缸进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可得p 2S ＋Mg ＝p 0S则p 2＝p 0－Mg S.2.(2018·全国Ⅱ卷)如图，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 .【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 1，① 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 0，③ 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 2，④ 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 0ST 0.⑦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 .3.如图所示，一根粗细均匀的长l ＝72 cm 的细玻璃管AB 开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长h ＝24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长x 0＝24 cm 的空气柱，系统温度恒定，外界大气压强恒为p 0＝76 cmHg.现将玻璃管缓慢倒置，若空气可以看做理想气体，求倒置后水银柱相对B 端移动的距离．【答案】22 cm【解析】设水银密度为ρ，玻璃管横截面积为S ，重力加速度为g .如图所示，倒置前，下部空气压强为p B ＝p 0＋ρgh ＝100 cmHg.倒置后，若水银没有流出玻璃管，封闭空气柱的压强为p ′＝p 0－ρgh .由玻意耳定律得p B Sx 0＝p ′Sx 2， 解得x 2＝46 cm.则x 2＋h ＜l ，故假设成立．所以水银柱相对B 端移动46 cm －24 cm ＝22 cm.4.(2018·全国Ⅰ卷)如图，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．【答案】见解析【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保持不变．由玻耳定律得p 0V2＝p 1V 1p 0V2＝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 ，由平衡条件得p 2S ＝p 1S ＋mg 联立以上各式得m ＝15p 0S26g.5.如图所示,内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上,汽缸内部被活塞封有一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,质量和厚度都不计,活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起,弹簧处于原长。

专题17 电学图像问题在物理中，常常用图像来反映物理量之间的关系或描述某个物理过程，通过图像可以直观、简洁的反映物理量之间的关系或物理过程，所以在中考中常常会出现电学物理图像问题。

电学图像以信息为载体，主要考查学生识别图像、从中提取信息的能力。

图像类考题在中考中一直占有重要的地位，由于不会分析、处理，造成失分很多。

1、U -I 图像与I—U 图像：电阻两端的电压与流过电阻中的电流关系的图像：图像类型U—I 图像I —U 图像坐标意义图像的纵坐标表示电阻两端的电压，横坐标表示通过该电阻的电流。

图像的纵坐标表示通过该电阻的电流，横坐标表示电阻两端的电压。

图 像图像意义 及阻值计算当图像是一条过坐标原点直线时，表示定值电阻。

电阻大小等于图像上除原点以外的点的纵坐标和横坐标的比值。

R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =50.2AU R I ==Ω，或2222V=50.4AU R I ==Ω，或3333V =50.6AU R I ==Ω。

电阻大小等于图像上除原点以外的点的横坐标和纵坐标的比值。

R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =100.1A U R I ==Ω，或2122V=100.2AU R I ==Ω，或3133V =100.3AU R I ==Ω，或4144V =100.4AU R I ==Ω。

当图像为一条曲线时，表示可变电阻，电阻随电压的增大而增大。

电阻值大小只能通过图像上点的纵坐电阻值大小只能通过图像上点的横坐标与2、I—R图像：根据欧姆定律IR=可知：当电压一定的时候，电流与电阻成反比。

所以I-R图为反比例函数图像。

图像上每一点横纵坐标的乘积是个定值，即该电阻两端的电压值。

3、电学图像还有电压——电阻图像、电阻——温度图像、电阻——力图像、功率——电压图像、功率——时间图像等等，无论哪种图像，只要把握住坐标轴上的两个物理量，结合图像形状和相关物理知识就能从容的解决。

素能演练提升九物理图象(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、本题共10小题,每小题6分,共60分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t 的关系和物块速度v与时间t的关系如甲图和乙图所示.重力加速度g取10 m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A.m=0.5 kg,μ=0.4B.m=1.5 kg,μ=C.m=0.5 kg,μ=0.2D.m=1 kg,μ=0.2解析:0至2 s在1 N的水平推力作用下,物体静止;2 s至4 s 在3 N的水平推力作用下,物体做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动;4 s至6 s在2 N的水平推力作用下,物体做匀速直线运动.对后面的两个阶段由牛顿定律列方程有F2-mgμ=ma,F3=mgμ,代入数据得A选项对.答案:A2.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一个随时间t均匀增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )解析:两物体发生相对滑动的条件是a2>a1,在发生相对滑动之前,a2=a1;发生相对滑动时和发生相对滑动后,两物体间的摩擦力大小为Ff =μm2g,木板的加速度a1=,不变;木块的加速度a2=-μg,则在a-t图象中,图线a2的延长线应与t轴正半轴有交点,选项A正确.答案:A3.如图甲所示,一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时,额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光,已知灯泡的电阻为40 Ω,图中电压表为理想电表,下列说法正确的是( )A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u=220sin πt (V)B.电压表的示数为220 VC.变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D.变压器的输入功率为110 W解析:从图象中可得交流电周期T=2×10-2 s,em=220 V,所以ω==100π,表达式为u=220sin 100πt (V),故A错误;根据公式P=,电压表示数为灯泡的额定电压U==20 V,故B错误;原线圈输入电压为220 V,根据公式可得,故C正确;变压器的输入功率与输出功率相等,为10 W,故D错误.答案:C4.如图甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd,边长为L,质量为m,电阻为R.在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向与线圈平面垂直,线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示.则下列说法正确的是( )A.线框的加速度大小为B.线框受到的水平外力的大小C.0~t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为i1t1D.0~t3时间内水平外力所做的功大于解析:线框做匀加速直线运动,有v=at,电动势E=BLv,电流i=,可见i-t图的斜率k=,解得a=,选项A错误;根据牛顿运动定律有F外-F安=ma,F安=BLi为变力,则F外也为变力,选项B错误;0~t1内通过的电荷量q=,选项C错误;根据=i3可得v3=,根据功能关系有,W外=Q+,Q表示产生的热量,代入数据可知,W外>.答案:D5.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示,图中U为路端电压,I为干路电流,a、b为图线上的两点,相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )A. B.C. D.解析:根据效率的定义可得电源效率η=,E为电源的总电压(即电动势),根据图象可知Ua =,Ub=,所以ηa、ηb的值分别为,选项D正确.答案:D6.(2020江苏南通二模)如图甲所示,固定斜面AC长为L,B为斜面中点,AB段光滑.一物块在恒定拉力F作用下,从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C,此过程中物块的动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示.设物块由A运动到C的时间为t,下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中,可能正确的是( )解析:根据Ek-s图象知,动能先均匀增加,然后均匀减小,即合力先做正功再做负功,知物块先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等,匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度,则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间,故A错误;前半段和后半段均做匀变速直线运动,两段过程中加速度分别不变,但是两段过程中的时间不等,故B错误,C正确;根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量,知前半段恒力F 做正功,可知机械能随s均匀增加,后半段拉力可能与摩擦力相等,机械能守恒,故D 正确.答案:CD7.如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连.t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )解析:(1)若v2<v1.①当物体P与传送带间的滑动摩擦力Ff大于物体Q的重力G,即F f >G时,P向右加速,与传送带速度相等时,以v1和传送带一起匀速运动,选项B正确;②当Ff<G时,P先向右减速运动,再向左加速运动,加速度不变,图象如图甲所示.(2)若v2>v1.①当Ff>G时,P向右减速,再与传送带一起匀速运动,图象如图乙所示,选项A错误;②当Ff<G时,P先向右减速,速度减小到传送带速度时,P仍继续向右减速,但加速度减小了,速度减到零然后再向左加速,选项C正确,D错误.甲乙答案:BC8.嫦娥三号着陆器成功降落在月球虹湾地区,实现了中国人的探月梦想.该着陆器质量为1.2×103 kg,在距离月面100 m处悬停,自动判断合适着陆点后,竖直下降到距离月面4 m时速度变为0,然后关闭推力发动机自由下落,直至平稳着陆.若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的,着陆器下降过程中的高度与时间关系图象如图所示,则下述判断正确的是( )A.着陆器在空中悬停时,发动机推力大小是1.2×104 NB.着陆器从高度100 m下降至4 m过程中的平均速度为8 m/sC.着陆器着陆时的速度大约是3.6 m/sD.着陆器着陆后,其对月面的压力是2×104 N解析:着陆器在空中悬停时,发动机推力F==2×103 N,选项A错误;由题图可知,着陆器从高度100 m下降至4 m过程中用时t=(14.5-2.5) s=12 s,平均速度v= m/s=8 m/s,选项B正确;关闭推力发动机后,着陆器自由下落t=(16.7-14.5) s=2.2 s,速度v=≈3.6 m/s,选项C正确;着陆器着陆后,对月面的压力为FN==2×103 N,选项D 错误.答案:BC9.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,在O正上方h高位置的A点与A'关于O对称.质量为m的带正电的小球从A点静止释放,并穿过带电环.则小球从A点到A'过程中加速度(a)、重力势能(EpG )、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象可能正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零)( )解析:圆环中心的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,电场强度可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A是可能的,选项A正确;小球从A到圆环中心的过程中,重力势能EpG =mgh,小球穿过圆环后,EpG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,选项B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C是可能的,选项C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的,选项D错误. 答案:ABC10.静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线.一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以初速度v从O点(x=0)进入电场,沿x轴正方向运动.下列叙述正确的是( )A.粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B.粒子从x1运动到x3的过程中,电势能先减小后增大C.要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v至少为2D.若v=2,粒子在运动过程中的最大速度为解析:粒子从O运动到x1的过程中,电势升高,电场强度方向沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向,粒子做减速运动,故A正确;粒子从x1运动到x3的过程中,电势不断降低,根据正电荷在电势越高电势能越大,可知,粒子的电势能不断减小,故B错误;当粒子恰好运动到x1处时,由动能定理得q(0-φ)=0-,解得v=,要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v至少为,故C错误;若v=2,粒子运动到x3处电势能最小,动能最大,由动能定理得q[0-(-φ0)]=,解得最大速度为vm=,故D正确.答案:AD第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、本题共3小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 11.(10分)(2020福建理综,20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v-t图象如图所示.求:(1)摩托车在0~20 s这段时间的加速度大小a;(2)摩托车在0~75 s这段时间的平均速度大小.解析:(1)加速度a=(1分)由v-t图象并代入数据得a=1.5 m/s2.(2分)(2)设20 s时速度为vmax ,0~20 s的位移x1=t1(1分)20~45 s的位移x2=vmaxt2(1分)45~75 s的位移x3=t3(1分)0~75 s这段时间的总位移x=x1+x2+x3(1分)0~75 s这段时间的平均速度(1分)代入数据得=20 m/s.(2分)答案:(1)1.5 m/s2(2)20 m/s12.(14分)如图所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间距均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2.现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)A物体在纸带上的滑动时间;(2)在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图象;(3)两物体A、B停在地面上的距离.解析:(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg=ma1(1分)当物体A滑离纸带时a1=d(1分)由以上二式可得t1=1 s.(1分)(2)如图所示.(3分)(3)物体A离开纸带时的速度v 1=a1t1(1分)两物体在地面上运动时有μ2mg=ma2(1分)物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s1=(1分)当物体B滑离纸带时,a1=2d(1分)物体B离开纸带时速度v2=a1t2(1分)物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s2=(1分)两物体A、B最终停止时的间距s=s2+d-s1(1分)由以上各式可得s=1.25 m.(1分)答案:(1)1 s (2)见解析图(3)1.25 m13.(16分)如图甲所示,轻质细线绕过两个光滑的轻滑轮,线的一端系一质量M=0.4 kg的重物,重物置于倾角为θ=30°的光滑斜面上(绳GH段平行于斜面),另一端系一质量为m=0.1 kg、电阻为r=0.5 Ω的金属杆.在竖直平面内有间距为L=1 m的足够长的平行光滑金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R=1 Ω的电阻(导轨电阻不计),磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直.开始时金属杆置于导轨下端,将重物由静止释放,最终能沿斜面匀速下滑.运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,g取10 m/s2.求:(1)重物匀速下滑的速度v的大小;(2)当M匀速运动时,突然剪断细线,m继续上升h=0.9 m高度后达到最高点,求此过程中R上产生的焦耳热;(3)对一定的磁感应强度B,重物的质量M取不同的值,测出相应的重物做匀速运动时的速度,可得出v-M实验图线.图乙中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线,试根据实验结果计算B1和B2的比值.解析:(1)重物匀速下滑时,F=Mgsin θ,其中F为绳子的拉力(1分)金属杆匀速运动时,受绳子的拉力F'、金属杆的重力mg、向下的安培力FA则F'=mg+FA(1分)F=F'对金属杆有安培力FA=ILB(1分)感应电动势E=BLv(1分)感应电流I=(1分)则FA=由以上各式得v=代入数据得v=6 m/s.(1分)(2)剪断细线后由能量守恒得mgh+Q总=mv2(2分)Q R =Q总(1分)代入数据得QR=0.6 J.(2分)(3)由第一问结果及题意可得v-M的函数关系式为v=M-结合图线可知,斜率k=(1分)k= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分)1= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分)k2因此.(2分)答案:(1)6 m/s (2)0.6 J (3)3∶2。

专题24、振动与波动图像中各参数的求解方法1.(多选)(2018·福建漳州模拟)如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A 的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中________。

A．弹簧的最大弹性势能等于2mgAB．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C．物体在最低点时的加速度大小应为gD．物体在最低点时的弹力大小应为mgE．物体在最低点时的弹力大小应为2mg【答案】：ACE【解析】：因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力mg＝F回＝kA，当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，A对；在最低点，由F回＝mg＝ma知，C对；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错，E对；由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错。

2.(多选)如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是________。

A．在t＝0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相反C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同E．在t＝0.4 s和t＝0.8 s时弹簧振子动能最大【答案】：ABE【解析】：t＝0.2 s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A 点也可能在B点，A正确。

t＝0.1 s时速度为正，t＝0.3 s时速度为负，两者方向相反，B正确。

从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错。

t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错。

振子在平衡位置动能最大，E正确。

变化关系的图象是( )本题考查了万有引力定律公式. 考查了学生对万有引力定律的理解能力，体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养．由万有引力定律可知，探测器受到的万有引力F＝GMm(R＋h)2，其中R为地球半径。

在探测器]如图所示为A、B质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点)B质点的平均速度小于A质点的平均速度做曲线运动如图甲，一维坐标系中有一质量为0时刻开始，物块在外力作用下沿如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是/s处(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，mg由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度减到0后，小球向下做加速运动，根据可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示．7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为设A 物体追上B 物体所用时间为t 0，则v A t 0＝Δx ＋x Bt 0＝324 s ＝8 s ，故选项D 正确．答案：D6．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N /m ，重力加速度g 取10 m /s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加速度大小为2 m /s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：由图乙可知加速度为直线的斜率，a ＝1 m /s 2，故A 错误；沿斜面方向，由牛顿第二定律有F 弹－mg sin θ＝ma ，解得F 弹＝6 N, 又F 弹＝kl ，代入数据解得l ＝0.03 m ＝3 cm ，故B 正确；由图乙可知在这段时间内，物体沿斜面方向的位移为此段v －t 图象与t 轴围成的面积，为x ＝6 m ，则重力势能的增加量为mgx sin θ＝30 J ，由动能定理有12mv 22－12mv 21＝W 弹－mgx sin θ，代入数据解得弹簧的弹力做功为36 J ，故C 、D 错误．答案：B7．某正弦交流发电机产生的电动势波形如图所示，已知该发电机线圈匝数n ＝100匝，线圈面积为S ＝0.1 m 2，线圈内阻为r ＝1 Ω，用一理想交流电压表接在发电机的两个输出端．由此可知( )A ．线圈在匀强磁场中转动的角速度为50π rad /sB ．线圈所在处的磁感应强度是B ＝1 TC ．交流电压表的读数为220 VD ．交变电动势的平均值为E ＝200 V解析：由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，周期T ＝0.02 s ，而T ＝2πω，解得线圈在匀强磁场中转动的角速度为ω＝100π rad /s ，选项A 错误．由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，电动势最大值为E m ＝314 V ，而E m ＝nBS ω，解得B ＝0.1 T ，选项B 错误．由于电压表是理想交流电压表，测量值等于交变电压的有效值，为314×22V ＝222 V ，选项C错误．由法拉第电磁感应定律，交变电压的平均值为E ＝n ΔΦΔt，取T/4时间，磁通量变化量ΔΦ＝BS ，所以E ＝nBST 4＝200 V ，选项D 正确．答案：D度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据.木块的加速度a 2＝F f m 2，方向向左，木板的加速度a 项错误，B 项正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做2以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力的变化图象如图所示，下列说法正确的是Ω，导轨足够长，重力加速度g＝10 m/在磁场外运动时没有感应电流产生进入磁场后感应电动势为0.6 V内电路中产生的热量为0.15 J导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁场磁感应强度不断增大，闭合回路的磁回路产生感应电流，故A错误；导体棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：。

热点3　图像问题热考题型 物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量间的相互关系,是分析物理问题的有效手段之一,是高考命题中的热点和重点,选择题以运动学图像、电磁学图像为主,主要考查对图像的理解、选择、变换、描绘及应用。

题型一　运动学图像1.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动,其速度随时间的变化关系如图所示,图中t 2=,两段曲t 42线均为圆弧,则( )14A.两物体在t 1时刻加速度相同B.两物体在t 2时刻运动方向均改变C.两物体在t 3时刻相距最远,t 4时刻相遇D.0~t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度答案　C 因两段曲线均为圆弧,分析题图知在t 1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等,即t 114时刻两物体加速度大小相等,但方向相反,选项A 错。

两物体均做单方向的直线运动,选项B 错。

甲先做匀加速运动再做匀减速运动,乙先做加速度减小的减速运动,再做加速度减小的加速运动,在t 3时刻,两物体相距最远;在0~t 4时间内两物体的v-t 图线与t 轴所围面积相等,故两物体在t 4时刻相遇,在0~t 4时间内的平均速度相同,选项C 对,D 错。

题型二　电磁学图像2.如图所示,固定于水平面上的金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动。

t=0时,磁感应强度为B 0,此时MN 到达的位置恰好使MbcN 构成一个边长为L 的正方形。

为使MN 棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B 随时间t 变化的示意图为( )答案　C 要想MN 棒中不产生感应电流,MbcN 中磁通量就不能变化,MN 棒匀速运动,t=0时刻Φ=B 0L 2,任意时刻Φ=BL(L+vt),由B 0L 2=BL(L+vt),得B=,C 正确。

B 0LL+vt 跟踪集训1.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v 0=10m/s,方向水平向右,在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F 突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g 取10m/s 2。

物理图像问题1、A 、B 两物体同时同地同向出发,其运动的v-t 图象和a-t 图象如图甲、乙所示,已知在00~t 和00~2t t 两段时间内,A 物体在v-t 图象中的两段曲线形状相同,则有关A 、B 两物体的说法中,正确的为( )A.A 物体先加速后减速;B. 212a a ;C.0t 时刻,A 、B 两物间距最小;D.02t 时刻,A 、B 两物体第一次相遇 2、有四个运动的物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的x —t 图像如图①所示；物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动的v —t 图像如图②所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )A ．物体A 和B 均做匀加速直线运动，且A 的加速度比B 更大B ．在0～3s 的时间内，物体A 运动的位移为10mC ．t =3s 时，物体C 追上物体DD ．t =3s 时，物体C 与物体D 之间有最大间距3、在地面上以初速度0v 竖直向上抛出一小球,经过02t 时间小球落回抛出点,其速率为1v ,已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比,则小球在空中运动时速率v 随时间t 的变化规律可能是( )A. B.C. D.4、真空中两个异种点电荷a,b 固定在x 轴上，且ao bo =。

x 轴上的电势φ随位置x 变化的规律如图所示。

取无限远处的电势为零，不计重力，下列说法正确的是( )A.a 带正电，b 带负电，且a b q q >B.x 轴上场强为零的位置有两处（不考虑无限远处）C.带正电的粒子c 从a 点沿x 轴向b 移动的过程中，加速度先减小后增大D.带正电的粒子c 从a 点沿x 轴向b 移动的过程中，电势能先减小后增大5、如图甲所示,一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m 的小滑块.木板受到水平拉力F 作用时,用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示,重力加速度210m/s g =,下列说法正确的是( )A.小滑块的质量2kg m =B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力7N F =时,长木板的加速度大小为23m/sD.当水平拉力F 增大时,小滑块的加速度一定增大6、如图甲所示,电源电动势6V E =,闭合开关,将滑动变阻器的滑片P 从A 端滑至B 端的过程中,得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示.其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线,图丙为路端电压与总电流的关系曲线,图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲、、、点的坐标值正确的是线,不考虑电表、导线电阻对电路的影响.则下列关于图中a b c d( )A. (4V,4.5W)ba B. (4.8V,2.88W)C. (0.6A,4.5V)c D. (8,80%)dΩ7、如图所示,三个有界匀强磁场磁感应强度大小均为B,方向分别为垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正.则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律的图像是( )A.B.C.D.8、如图a 所示,一质量2kg m =的物块静止放置在粗糙水平地面上O 处,物块与水平地面间的动摩擦因数=0.5μ,在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O 处。

回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。

专题14.7 与图象相关的计算问题1.（2020广州一模）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示。

已知该气体在状态C时的温度为300K。

求：(i)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？(ii)该气体从状态A到B是吸热还是放热？请写明理由。

【命题意图】本题考查理想气体状态方程、气体实验定律、热力学第一定律、对p－V图象的理解及其相关的知识点。

(ii)根据图像可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功 W=0J又T A>T B可知内能变化ΔU<0根据热力学第一定律ΔU=W+Q得Q<0即放热2．(10分)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p－T和V－T图各记录了其部分变化过程，试求：①温度为600 K时气体的压强；②在p－T图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整．②由V－T图可知，400 K～500 K气体体积不变，气体做等容变化，故在P－T图中图象应延伸到500 K 处，此时压强为1.25×105 Pa；从500 K～600 K，气体做等压变化，压强p2＝1.25×105 Pa；故从500 K至600 K为水平直线，故图象如图所示：3．(2020·吉林白山二模)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如右的pt图象。

已知在状态B时气体的体积V B＝3 L，求：(1)气体在状态A的压强；(2)气体在状态C的体积。

【参考答案】(1)0.75 atm (2)2 L【名师解析】(1)从题图中可知气体由A到B是等容变化，初态p B＝1.0 atm，T B＝(273＋91)K＝364 K，末态T A＝273 K，由p AT A＝p BT B得p A273＝1364，所以p A＝0.75 atm(2)气体由B到C是等温变化， p B＝1.0 atm，V B＝3 L，p C＝1.5 atm，由p B V B＝p C V C得：V C＝2 L。