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物理图象问题
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2019·黑龙江齐齐哈尔一模)物块在1 N合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块有关物理量大小的判断正确的是(　　)
A．质量为1 kg B．初速度为2 m/s
C．初动量为2 kg·m/s D．加速度为0.5 m/s2
答案　D
解析　由图根据数学知识可得x＝v2－2，根据匀变速直线运动的速度位移关系v2－v＝2ax，整理得x＝－，对比可得＝1，解得a＝0.5 m/s2,2＝，解得初速度的大小v0＝ m/s，B错误，D正确；由牛顿第二定律F＝ma可得，m＝＝2 kg，初动量p0＝mv0＝2 kg·m/s，A、C错误。
2．(2019·云南昆明4月质检)汽车在限速为40 km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．减速前该车已超速
B．汽车在加速阶段的加速度大小为3 m/s2
C．驾驶员开始减速时距斑马线18 m
D．汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变
答案　B
解析　由图象可知，汽车减速前的行驶速度为v0＝10 m/s＝36 km/h，未超速，A错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝3 m/s2，B正确；由速度—时间图象不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，C错误；加速阶段，汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F－f＝ma知，牵引力F恒定，速度增加，据P＝Fv知，功率P增加，D错误。
3. (2019·山东泰安一模)如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)
答案　A
解析　开始时，Q静止，有mgsinθ＝kx0(θ为斜面倾角)；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，Q做匀加速直线运动，当Q离开静止位置的位移为x时，根据牛顿第二定律可得，F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，A正确。
4. (2019·北京朝阳一模)某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一个原来不带电的电容器充电。在充电过程中，电路中的电流为i，电容器所带的电荷量为q，两极板间的电势差为u，电容器储存的能量为E电。下面的四幅示意图分别表示i、q、u和E电随时间t的变化关系，其中可能正确的是(　　)
答案　B
解析　电容器最终充电结束，电流为0，所以电路中电流逐渐减小，A错误；q?t图象斜率代表电流大小，电流逐渐变小，斜率变小，而充电过程电荷量q增加，B正确；由q＝Cu可得，u与q的图形相似，C错误；充电过程电容器储存的能量应增大得越来越慢，充电结束，E电达到最大，D错误。
5．(2019·江苏南京、盐城二模)将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定，则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是(　　)
答案　B
解析　小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有：－(mg＋f)＝ma，a大小恒定，方向向下，A正确；上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有v2－v＝2ah，v与h不是线性关系，B错误；机械能E与小球离抛出点高度h的关系为：E＝E0－fh，C正确；动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为：Ek＝Ek0－(mg＋f)h，D正确。
6．(2019·山东临沂十九中高三上学期第六次调研)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．O点的电势最高
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
答案　C
解析　根据E?x图象画出电场线如图a或图b，沿电场线方向电势降低，图a中O点的电势最高，而图b中O点电势最低，A错误；x2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B错误；将电荷从x1移到－x1可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从x1移到x3电场力做功不为零，x1和x3两点的电势不相等，C正确，D错误。
7. (2019·江苏七市二模)如图所示，光滑水平杆上套一导体圆环，条形磁铁平行于水平杆固定放置，t＝0时刻，导体环在磁铁左侧O点获得一个向右的初速度，经过t0时间停在磁铁右侧O1点，O、O1两点间距离为x0，且两点关于磁铁左右对称。上述过程中，下列描述穿过导体环的磁通量Φ、导体环所受安培力F随位移x变化的关系图线，以及速度v、电流i随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
答案　D
解析　根据条形磁铁磁场的对称性，导体环在O和O1的磁通量是一样的，等大同向，A错误；根据楞次定律，导体环受到的安培力一直与速度方向相反，故所受安培力一直向左，不存在力反向的情况，B错误；导体环在OO1中点的磁通量变化率为0，产生的感应电流为0，故在该点所受安培力大小为0，加速度为0，C图v?t图象中无斜率为0点，C错误；开始时导体环靠近磁极磁通量增加，磁通量变化率可能会增加，电流增大，之后磁通量变化率变小，电流会减小；导体环过了OO1中点后磁通量减小，产生反向电流，磁通量变化率可能继续增加，故电流反向增大，靠近O1时随着速度减小磁通量变化率逐渐减至0，电流也逐渐减小到0，D正确。
8. (2019·济南高三模拟)质量为1 kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．2 s末物体所受阻力的大小为10 N
B．在0～2 s内，物体所受阻力随时间均匀减小
C．在0～2 s内，物体的动能增大了100 J
D．在0～1 s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N·s
答案　AD
解析　2 s末物体的加速度为零，此时物体所受阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N，A正确；在0～2 s内，物体的加速度随时间均匀减小，根据mg－f＝ma可知，所受阻力随时间均匀增大，B错误；在0～2 s内，物体的速度增加了Δv＝×2×10 m/s＝10 m/s，则动能的增加量ΔEk＝Ek末－Ek初＝m(Δv＋0)2－0＝×1×102 J＝50 J，C错误；在0～1 s内，物体速度的增量：Δv1＝×(5＋10)×1 m＝7.5 m/s，根据动量定理mgt－If＝mΔv1，解得If＝2.5 N·s，D正确。
9．(2019·宁夏吴忠高三上学期期末)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一圆形导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)
A．在t＝时最大
B．在t＝时最大
C．在t＝时，沿顺时针方向
D．在t＝T时，沿顺时针方向
答案　BC
解析　由图b知，在t＝时，PQ中的电流最大，电流的变化率为0，在R中产生的磁通量的变化率为0，R中的电动势为0，A错误；在t＝时，PQ中的电流为0，电流的变化率最大，在R中产生的磁通量的变化率最大，感应电动势最大，B正确；在t＝时，R中的磁通量向里减小或向外增大，根据楞次定律知感应电动势沿顺时针方向，C正确；在t＝T时，R中的磁通量向外减小或向里增大，根据楞次定律知感应电动势沿逆时针方向，D错误。
10．(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案　AD
解析　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，Ep?h图线斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。
11．(2019·沈阳郊联体高三一模)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则(　　)
A．A、N点的电场强度大小为零
B．N、C间场强方向沿x轴正方向
C．将一正点电荷静止放在x轴负半轴，它将一直做加速运动
D．将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功
答案　CD
解析　φ?x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，故A、N两点的场强均不为零，A错误；由图可知：从N到C，电势升高，根据沿着电场线方向电势降低可知，N、C间电场强度方向沿x轴负方向，B错误；根据图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷静止放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，正点电荷将一直做加速运动，C正确；N→D段中，电势先升高后降低，所以将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，D正确。
12．(2019·湖南衡阳二模)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，若碰撞前后两壶的v?t图象如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)
A．两壶发生了弹性碰撞
B．蓝壶运动了4 s停下
C．撞后两壶相距的最远距离为1.275 m
D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2
答案　CD
解析　设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度为v0＝1.2 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.3 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9 m/s，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝mv＝0.72m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv2＋mv0′2＝0.45m第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13. (2019·安徽定远重点中学高三上期末)(6分)利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________。(选填器材前的字母)
A．大小合适的铁质重锤
B．体积较大的木质重锤
C．刻度尺
D．游标卡尺
E．秒表
(2)如图乙是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________。
(3)在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是________。
A．释放重锤前，使纸带保持竖直
B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤
C．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v＝计算，其中g应取当地的重力加速度
D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度
(4)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2?h图象去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2?h图象是图中的________。
答案　(1)AC　(2)mghB　
(3)ABD　(4)A
解析　(1)为了减小阻力的影响，选择质量较大、体积较小的铁质重锤，A正确，B错误；在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，不需要游标卡尺，C正确，D错误；打点计时器可以记录时间，不需要秒表，E错误，故选A、C。
(2)从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝mghB，B点的速度为vB＝，则动能的增加量ΔEk＝mv＝。
(3)释放重锤前，应使纸带保持竖直，A正确；实验时，应先接通电源，再释放纸带，B正确；为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可以根据纸带上某段时间内的平均速度等于瞬时速度求出，C错误；计算重锤重力势能的减小量，要用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh求出，其中g应取当地的重力加速度，D正确，故选A、B、D。
(4)当重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变时，有mgh－fh＝mv2，则v2＝，可知v2?h图线为过原点的一条倾斜直线，故选A。
14．(2019·福建莆田高三上学期期末)(8分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择：
A．直流电源3 V(内阻不计)
B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)
C．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω)
D．直流电压表0～3 V(内阻约为30 kΩ)
E．滑动变阻器100 Ω，0.5 A
F．滑动变阻器10 Ω，2 A
G．导线和开关
(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(填写仪器前的字母)
(2)在图甲的虚线框中画出正确的实验电路图________(虚线框中已将部分电路画出，请补齐电路的其他部分)。
(3)根据实验数据，画出的小灯泡I?U图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________ Ω；若用电动势为2.0 V，内阻为10 Ω的电池直接给该小灯泡供电，则小灯泡消耗的电功率为________ W。(均保留两位有效数字)
答案　(1)B　F　(2)图见解析　(3)5.0　0.094
解析　(1)小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，故额定电流为I＝＝0.2 A，所以电流表选择B；由于描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器需用分压式接法，为方便调节，应选择阻值小、额定电流较大的F。
(2)小灯泡电阻较小，电流表用外接法；描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器需用分压式接法，所以电路图如图所示。
(3)由曲线知，当小灯泡两端的电压为0.5 V时，小灯泡的电流为0.1 A，根据欧姆定律得此时电阻为5.0 Ω；用电动势为2.0 V，内阻为10 Ω的电池直接给该小灯泡供电，根据闭合电路欧姆定律有U＝2.0－10I，在原坐标图上作出I?U图象，如图所示：
图象中交点U＝0.75 V，I＝0.125 A，小灯泡消耗的电功率为P＝UI＝0.75×0.125 W≈0.094 W。
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15．(2019·河南省郑州市一模)(10分)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车的质量为1500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
答案　(1)26 m/s　(2)608 m
解析　(1)0～6 s内，由牛顿第二定律得：F1－f＝ma1
6 s末车速为：v1＝a1t1
6～18 s内，由牛顿第二定律得：F2－f＝ma2
第18 s末车速为：v2＝v1＋a2t2
由图知18 s后汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：f＝F3＝1500 N，
解得18 s末汽车的速度：v2＝26 m/s。
(2)汽车在0～6 s内的位移为：x1＝t1＝90 m，
汽车在6～18 s内的位移为：x2＝t2＝336 m，
汽车在18～25 s内的位移为：x3＝v2t3＝182 m
故汽车在前25 s内的位移为：
x＝x1＋x2＋x3＝608 m。
16．(2019·四川资阳二诊)(10分)如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ＝30°，整个空间处在匀强电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场强度随时间的变化规律如图2所示。一个质量m＝0.2 kg、电量q＝1×10－5 C的带正电的滑块被挡板P挡住，在t＝0时刻，撤去挡板P。重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)0～4 s内滑块的最大速度为多少？
(2)0～4 s内电场力做了多少功？
答案　(1)20 m/s　(2)40 J
解析　(1)在0～2 s内，滑块的受力分析如图甲所示，
电场力F1＝qE1
F1－mgsinθ＝ma1
解得a1＝10 m/s2。
在2～4 s内，滑块受力分析如图乙所示，
F2＝qE2，F2＋mgsinθ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
因此在0～2 s内，滑块以a1＝10 m/s2的加速度加速，
在2～4 s内，滑块以a2＝10 m/s2的加速度减速，即在2 s时，速度最大，
由v＝a1t得，vmax＝20 m/s。
(2)滑块在0～2 s内与2～4 s内通过的位移相等。
通过的位移x＝t＝20 m，
在0～2 s内，电场力做正功，W1＝F1x＝60 J，
在2～4 s内，电场力做负功，W2＝－F2x＝－20 J，
故在0～4 s内电场力做的功W＝W1＋W2＝40 J。
17．(2019·福建省泉州市一模)(14分)如图甲所示，竖直平面固定有间距为L的两足够长金属导轨，金属棒MN和PQ通过套环套在导轨上，虚线上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在方向竖直向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与导轨之间无摩擦，PQ与导轨之间的动摩擦因数为μ。t＝0时PQ由静止释放，同时对MN施加一个竖直向上的拉力F，使MN沿导轨向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速运动，力F随时间t的变化规律如图乙所示，t1时刻F的大小是t＝0时的3倍，两棒的总电阻为R，重力加速度大小为g，其余电阻不计，两棒运动过程中始终与导轨垂直。
(1)求t1时MN受到的安培力FA1的大小和方向；
(2)若在0～t1时间内两棒产生的总焦耳热为Q，求这段时间内拉力F做的功W；
(3)若PQ重力大小为G，请在图丙中大致画出PQ所受的摩擦力f随时间t变化的图线(不必写分析过程)。
答案　(1)　方向竖直向下
(2)＋Q
(3)图见解析
解析　(1)设t1时MN的速度为v1，则v1＝at1
MN产生的感应电动势E＝BLv1
根据闭合电路欧姆定律可得：I＝
MN受到的安培力FA1＝，方向竖直向下。
(2)设MN的质量为m，由牛顿第二定律得：
F－mg－FA＝ma
t时刻安培力FA＝
故F＝t＋mg＋ma
设t＝0时F＝F0，则t1时刻F＝3F0，
结合图乙得：＝
mg＋ma＝F0
联立可得F0＝，m＝
在0～t1时间内MN向上运动的距离h＝at
对MN，由动能定理得：W－mgh－WA＝mv
对回路，有WA＝Q
得W＝＋Q。
(3)t＝0时，PQ由静止加速下滑，受向上的滑动摩擦力，f动＝μ·FN＝μ·FA＝·t。由题知PQ的重力为G，当f动＝G时，PQ有最大速度，此后f动>G，PQ向下做减速运动，直至静止，以后PQ受静摩擦力作用，f静＝G。画出f?t图象如图：
18．(2019·云南昆明4月质检)(14分)如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r，圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。
(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；
(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q；
(3)2t0～3t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0时转到OD位置，若2t0时匀强磁场开始变化，使得2t0～3t0时间内回路中始终无感应电流，求B随时间t变化的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图象。
答案　(1)　感应电流方向为：A→O
(2)
(3)图见解析
解析　(1)0～t0时间内：＝，
产生的感应电动势E1＝＝·S1，
S1＝[π(2r)2－πr2]＝，
回路AMO中的感应电流I1＝，
解得：I1＝，
由安培定则和楞次定律可知，通过电阻P的感应电流方向为：A→O。
(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度为ω＝，
产生的感应电动势为：E2＝B0r，＝，
回路中的感应电流I2＝，
这段时间内P产生的焦耳热Q＝I2Rt0，
得Q＝。
(3)2t0～3t0时间内，回路中无感应电流，磁通量不变，
则B0πr2＝B·
得B＝，
图象如图所示：

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