2025屆高考物理二輪總復(fù)習(xí)第二編題型方法指導(dǎo)專題2數(shù)學(xué)方法和物理圖像課件

專題二數(shù)學(xué)方法和物理圖像指導(dǎo)一數(shù)學(xué)方法在物理問(wèn)題中的應(yīng)用指導(dǎo)二圖像在物理問(wèn)題中的應(yīng)用目錄索引0102指導(dǎo)一數(shù)學(xué)方法在物理問(wèn)題中的應(yīng)用方法一三角函數(shù)法1.三角函數(shù)求極值(1)y=sinα,當(dāng)α=90°時(shí),ymax=1;(2)y=cosα,當(dāng)α=0時(shí),ymax=1。[針對(duì)訓(xùn)練1](2024河南濮陽(yáng)一模)如圖甲所示,游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)有多種滑梯,其中兩組滑梯的示意圖分別如圖乙、丙所示。圖乙中,A、B兩滑梯著地點(diǎn)相同,傾角不同;圖丙中,C、D兩滑梯起滑點(diǎn)相同,著地點(diǎn)不同?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小朋友從A、B、C、D四個(gè)滑梯自由下滑的時(shí)間分別為t1、t2、t3、t4,不計(jì)摩擦阻力,下列關(guān)系一定正確的是(

)A.t1>t2

B.t1=t2C.t3>t4

D.t3<t4D2.輔助角求極值三角函數(shù)式y(tǒng)=acosθ+bsinθ[針對(duì)訓(xùn)練2](2024河南南陽(yáng)高三期末)如圖所示,重力為G的物塊受到拉力F作用在水平面上勻速運(yùn)動(dòng),在力F與水平方向的夾角θ從0°緩慢增大到90°的過(guò)程中,該物塊始終保持勻速,則拉力F(

)A.一直減小 B.一直增大C.先減小后增大 D.先增大后減小C解析

對(duì)物塊受力分析,因物塊始終保持勻速,則由水平方向受力平衡得Fcos

θ=μFN,由豎直方向受力平衡得FN+Fsin

θ=G,由數(shù)學(xué)知識(shí)可知,當(dāng)夾角θ從0°緩慢增大到90°的過(guò)程中,拉力F先減小后增大。故選C。3.正弦定理在如圖所示的三角形中,各邊與所對(duì)應(yīng)角的正弦之比相等,[針對(duì)訓(xùn)練3](多選)(2024湖南卷)如圖所示,在光滑水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy。A、B兩小球同時(shí)從O點(diǎn)出發(fā),A球速度大小為v1、方向沿x軸正方向,B球速度大小為v2=2m/s、方向與x軸正方向夾角為θ。坐標(biāo)系第一象限中有一個(gè)擋板L,與x軸夾角為α。B球與擋板L發(fā)生碰撞,碰后B球速度大小變?yōu)?m/s,碰撞前后B球的速度方向與擋板L法線的夾角相同,且分別位于法線兩側(cè)。不計(jì)碰撞時(shí)間和空氣阻力,若A、B兩小球能相遇,下列說(shuō)法正確的是(

)AC4.余弦定理在如圖所示的三角形中,有如下三個(gè)表達(dá)式:a2=b2+c2-2bc·cosAb2=a2+c2-2ac·cosBc2=a2+b2-2ab·cosC[針對(duì)訓(xùn)練4](2024遼寧撫順三模)擦玻璃機(jī)器人可以幫助人們解決高層和戶外擦玻璃難的問(wèn)題。如圖甲所示,一棟大廈表面均為玻璃材料,機(jī)器人牽引擦子(未畫出)清潔玻璃時(shí),將大廈某一表面簡(jiǎn)化為如圖乙所示的正三角形ABC,與水平面夾角為30°。已知機(jī)器人對(duì)擦子的牽引力平行于玻璃表面,擦子質(zhì)量為m,與玻璃間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。則機(jī)器人在該表面由B點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)D的過(guò)程中,擦子所受的牽引力為(

)C解析

擦子所受重力垂直于玻璃表面的分力大小等于擦子對(duì)玻璃表面的壓力大小,則有FN=mgcos

30°,而滑動(dòng)摩擦力Ff=μFN,代入數(shù)據(jù)解得Ff=

mg,滑動(dòng)摩擦力與擦子相對(duì)玻璃表面的速度方向相反,機(jī)器人勻速運(yùn)動(dòng),擦子所受合力為零,滑動(dòng)摩擦力與重力沿斜面向下的分力的合力與牽引力大小相等、方向相反,在玻璃表面擦子受力分析如圖所示,由幾何關(guān)系可知滑動(dòng)摩擦力與重力沿斜面向下的分力的夾角為60°,則在力三角形中,方法二均值不等式法(1)若兩個(gè)正數(shù)的積為定值,當(dāng)兩數(shù)相等時(shí),和最小;(2)若兩個(gè)正數(shù)的和為定值,當(dāng)兩數(shù)相等時(shí),積最大。[針對(duì)訓(xùn)練5](2024浙江嘉興二模)如圖是位于同一豎直平面內(nèi)且各部分平滑連接的玩具模型,傾斜軌道AB和傾斜傳送帶BC傾角都為θ=24°,半徑R=0.75m的細(xì)圓弧管道CD的圓心角也為θ。水平軌道DE右側(cè)有一傾角為α的斜面FG,其底端F在E正下方,頂端G與E等高且距離為d=2.4m。DE上靜置一小滑塊N,AB上的小滑塊M以一定初速度滑上傳送帶并通過(guò)CD滑上DE,M經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)與管道間恰好無(wú)擠壓。(1)M首次經(jīng)過(guò)D時(shí)的速度大小;(2)當(dāng)N固定且M與N間發(fā)生彈性碰撞時(shí),M在碰撞前與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量,以及M在碰撞后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度;(3)當(dāng)N不固定且M與N間發(fā)生非彈性碰撞時(shí),N從E水平飛出后擊中FG的最小動(dòng)能。解得vC=3

m/s滑塊M在傳送帶上上滑過(guò)程中,由牛頓第二定律有-mMgsin

θ-μmMgcos

θ=mMa1解得a1=-6

m/s2其與傳送帶間相對(duì)位移為s=vt+L=12

m摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmMgcos

θ·s=4.8

J滑塊M與滑塊N彈性碰撞后,等速返回,再次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度仍為3

m/s,設(shè)滑塊M與傳送帶達(dá)到共速時(shí)的位移為x,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得x=2.25

m達(dá)到共速后,由于滑塊M沿斜面向下的重力的分力大于最大靜摩擦力,因此傳送帶會(huì)繼續(xù)加速下滑,設(shè)該階段滑塊M的加速度為a2,由牛頓第二定律有mMgsin

θ-μmMgcos

θ=mMa2解得a2=2

m/s2滑塊M再次到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB'2-v2=2a2(L-x)方法三二次函數(shù)求極值法二次函數(shù)式y(tǒng)=ax2+bx+c(若二次項(xiàng)系數(shù)a>0,y有極小值;若a<0,y有極大值)。(2)利用一元二次方程判別式求極值。用判別式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的極值。[針對(duì)訓(xùn)練6]如圖所示,用內(nèi)壁光滑細(xì)圓管彎成的半圓形軌道APB(半圓軌道半徑遠(yuǎn)大于細(xì)圓管的內(nèi)徑)和直軌道BC組成的裝置,把它豎直放置并固定在水平面上,已知半圓軌道半徑R=1m,質(zhì)量m=100g的小球(視為質(zhì)點(diǎn))壓縮彈簧由靜止釋放,小球從A點(diǎn)彈入半圓軌道,從C點(diǎn)以v0=8m/s離開(kāi)軌道,隨即進(jìn)入長(zhǎng)L=2m、動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1的粗糙水平地面(圖上對(duì)應(yīng)為CD),最后通過(guò)光滑軌道DE,從E點(diǎn)水平射出,已知E點(diǎn)距離地面的高度為h=1m,除CD段外其他處摩擦阻力忽略不計(jì),重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。(1)求小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓管的壓力;(2)求彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能的大小;(3)若E點(diǎn)的高度h可以調(diào)節(jié),當(dāng)h多大時(shí),水平射程x最大,此最大值是多少?答案

(1)1N,方向豎直向下(2)1.2J(3)1.5m

3m解析

(1)小球在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng),所受合力為零,小球所受支持力為FN=mg=1

N根據(jù)牛頓第三定律,圓管對(duì)小球的支持力和小球?qū)A管的壓力是作用力與反作用力,大小相等,方向相反,則小球?qū)A管的壓力大小為1

N,方向豎直向下。方法四數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問(wèn)題都具有過(guò)程多、重復(fù)性強(qiáng)的特點(diǎn),但每一個(gè)重復(fù)過(guò)程均不是原來(lái)的完全重復(fù),而是一種變化了的重復(fù)。隨著物理過(guò)程的重復(fù),某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化,求解該類問(wèn)題的基本思路為:(1)逐個(gè)分析開(kāi)始的幾個(gè)物理過(guò)程;(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項(xiàng)公式(這是解題的關(guān)鍵);(3)最后分析整個(gè)物理過(guò)程,應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)和規(guī)律求解。無(wú)窮數(shù)列的求和,一般是無(wú)窮遞減數(shù)列,有相應(yīng)的公式可用。

[針對(duì)訓(xùn)練7](2024四川內(nèi)江一模)如圖所示,現(xiàn)有一個(gè)以v0=6m/s的速度勻速向左運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶。傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平平臺(tái)相切,在平臺(tái)上距M點(diǎn)較近的P處豎直固定一個(gè)彈性擋板,質(zhì)量為m0=6kg的小物塊b在PM段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間忽略不計(jì)。在M點(diǎn)與平臺(tái)之間縫隙處安裝有自動(dòng)控制系統(tǒng),當(dāng)小物塊b每次向右經(jīng)過(guò)該位置時(shí)都會(huì)被控制系統(tǒng)瞬時(shí)鎖定從而保持靜止。傳送帶右端點(diǎn)N與半徑r=5m的光滑四分之一圓弧相切,質(zhì)量為m=2kg的小物塊a,從圓弧最高點(diǎn)由靜止下滑后滑上傳送帶,當(dāng)小物塊a到達(dá)M點(diǎn)時(shí)控制系統(tǒng)對(duì)小物塊b自動(dòng)解鎖,a、b發(fā)生第一次彈性正碰。小物塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,M、N兩點(diǎn)間的距離L=19.6m,g取10m/s2。不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)M、N兩點(diǎn)處時(shí)的能量損失。求:(1)小物塊a滑到圓弧軌道最底端時(shí)的加速度;(2)小物塊a與b在傳送帶上第一次碰撞后,物塊a的速度;(3)從小物塊a與b第一次碰撞后,直到最后靜止的過(guò)程中,物塊a運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。答案

(1)20m/s2,方向豎直向上指向圓心O(2)3m/s,方向水平向右(3)6s解得v=10

m/s,a=20

m/s2方向豎直向上指向圓心O。(3)物塊a與b第一次碰撞后,物塊a向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),減速至0的位移指導(dǎo)二圖像在物理問(wèn)題中的應(yīng)用類型一運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像角度1

x-t圖像1.一般曲線(1)曲線不表示物體做曲線運(yùn)動(dòng),而是表示物體做變速直線運(yùn)動(dòng);(2)一般割線的斜率等于平均速度,某點(diǎn)切線斜率等于瞬時(shí)速度;(3)注意路程和位移區(qū)別。0~t1,路程等于位移大小(x1);0~t2,路程(2x1-x2)大于位移大小(x2)。2.拋物線

[針對(duì)訓(xùn)練1](2024山東青島一模)在同一直線車道上,甲車和乙車正同向勻速行駛,甲車在前乙車在后,t=0時(shí),甲車發(fā)現(xiàn)前方有險(xiǎn)情立即剎車,為避免兩車相撞,2s后乙車也開(kāi)始剎車,圖甲、乙分別是兩車位置隨時(shí)間變化的圖像,圖中曲線均為拋物線。已知甲車勻速行駛的速度為10m/s,司機(jī)反應(yīng)時(shí)間不計(jì),下列說(shuō)法正確的是(

)A.甲車加速度大小為2m/s2B.當(dāng)t=7s時(shí),兩車速度大小相等C.若d=28m,則兩車恰好沒(méi)有相撞D.若沒(méi)有相撞,兩車相距最近時(shí)乙車的位移為48mC角度2

v-t圖像

[針對(duì)訓(xùn)練2](多選)(2024黑吉遼卷)一足夠長(zhǎng)的木板置于水平地面上,二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t=0時(shí),木板在水平恒力作用下,由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻,一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時(shí)間內(nèi),木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,其中g(shù)為重力加速度大小。t=4t0時(shí)刻,小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是(

)A.小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量之比為3∶4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)ABD解析

本題借助板塊模型,考查對(duì)速度圖像的理解以及運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系。由題圖可知,3t0時(shí)刻,木板運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變,說(shuō)明小物塊在3t0時(shí)刻滑上木板,A正確。角度3

a-t圖像[針對(duì)訓(xùn)練3](2024山東煙臺(tái)一模)甲、乙兩輛汽車在同一條平直公路上從同一地點(diǎn)以相同的初速度同時(shí)開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng),以初速度方向?yàn)檎较?它們的加速度隨時(shí)間變化的a-t圖像如圖所示。關(guān)于甲、乙兩車在0~t2時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法正確的是(

)A.在t1時(shí)刻,甲車的速度等于乙車的速度B.在t2時(shí)刻,甲車的速度小于乙車的速度C.在0~t2時(shí)間內(nèi),甲、乙兩車的平均速度相等D.在0~t2時(shí)間內(nèi),甲、乙兩車的間距逐漸增大D解析

加速度—時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化,兩車的初速度相同,故在t1時(shí)刻,甲車的速度大于乙車的速度,在t2時(shí)刻,甲車的速度等于乙車的速度,A、B錯(cuò)誤;在t2時(shí),兩圖像與t軸所圍的面積相等,即該時(shí)刻兩車的速度相等,在t2前甲車的速度大于乙車的速度,所以甲車在乙車的前方,且兩車逐漸遠(yuǎn)離,在t2時(shí)兩車速度相等,即相距最遠(yuǎn),則在0~t2時(shí)間內(nèi),甲車運(yùn)動(dòng)的距離遠(yuǎn),根據(jù)v=可知,甲車的平均速度大于乙車的平均速度,故C錯(cuò)誤,D正確。類型二動(dòng)力學(xué)圖像[針對(duì)訓(xùn)練4](2024廣東卷)如圖所示,輕質(zhì)彈簧豎直放置,下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn),取豎直向下為正方向,木塊的位移為y,所受合外力為F,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力,彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中,其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是(

)B解析

本題考查牛頓第二定律。當(dāng)木塊未接觸彈簧時(shí),木塊受重力,保持恒定,接觸彈簧時(shí),彈簧彈力逐漸增大,合力先減小后反方向增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)木塊接觸彈簧的瞬間,木塊速度不是最大,該位置在y-t圖像中的斜率不是最大,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。類型三功、能、動(dòng)量中的圖像角度1

機(jī)車啟動(dòng)中的圖像

[針對(duì)訓(xùn)練5](2024廣東二模)某實(shí)驗(yàn)興趣小組對(duì)新能源車的加速性能進(jìn)行探究。他們根據(jù)自制的電動(dòng)模型車模擬汽車啟動(dòng)狀態(tài),并且通過(guò)傳感器,繪制了模型車從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛獲得最大速度過(guò)程中速度的倒數(shù)

和牽引力F之間的關(guān)系圖像,如圖所示。已知模型車的質(zhì)量m=1kg,行駛過(guò)程中受到的阻力恒定,整個(gè)過(guò)程時(shí)間持續(xù)5s,獲得最大速度為4m/s,則下列說(shuō)法正確的是(

)A.模型車受到的阻力大小為1NB.模型車勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2sC.模型車牽引力的最大功率為6WD.模型車運(yùn)動(dòng)的總位移為14mD根據(jù)以上分析可知,模型車牽引力功率最大即為勻加速結(jié)束時(shí)獲得的功率,可知最大功率為8

W,故C錯(cuò)誤;根據(jù)題意,模型車速度達(dá)到最大用時(shí)5

s,而勻加速階段用時(shí)1

s,則可知,模型車以恒定功率運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=4

s,根據(jù)動(dòng)能定角度2

功能關(guān)系中的圖像

[針對(duì)訓(xùn)練6](2024山東淄博一模)圖甲是科技館的一件名為“最速降線”的展品,在高度差一定的不同光滑軌道中,小球滾下用時(shí)最短的軌道叫作最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道Ⅰ和直線軌道Ⅱ進(jìn)行研究,如圖乙所示,兩軌道的起點(diǎn)M高度相同,終點(diǎn)N高度也相同,軌道Ⅰ的末端與水平面相切于N點(diǎn)。若將兩個(gè)相同的小球a和b分別放在Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點(diǎn)M,同時(shí)由靜止釋放,發(fā)現(xiàn)在軌道Ⅰ上的小球a先到達(dá)終點(diǎn)。下列描述兩球速率v與時(shí)間t、速率二次方v2與下滑高度h的關(guān)系圖像可能正確的是(

)A[針對(duì)訓(xùn)練7](2024浙江嘉興二模)如圖是跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)示意圖,運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道末端A點(diǎn)水平滑出,落到傾斜滑道上。若不計(jì)空氣阻力,從運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)A點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí),其在空中運(yùn)動(dòng)的速度大小v、速度與水平方向夾角的正切tanθ、重力勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系正確的是(

)B角度3

動(dòng)量中的圖像[針對(duì)訓(xùn)練8](2024全國(guó)聯(lián)考二模)質(zhì)量為m=1kg的木箱靜止在水平地面上,在一水平拉力的作用下,由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng),以開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)作為時(shí)間的零點(diǎn),拉力的沖量I與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。木箱與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是(

)A.在t=1s時(shí),拉力的功率為24WB.木箱在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大的動(dòng)能為4JC.木箱在0~7s內(nèi)克服摩擦力做的功為48JD.木箱在0~7s內(nèi)受到摩擦力的沖量大小為24N·sC由0=v2+a2t'可得t'=4

s,即木箱在第6

s停止,在0~6

s內(nèi),木箱運(yùn)動(dòng)的位移為x=

×6

s=12

m,第7

s木箱靜止不動(dòng),木箱在0~7

s內(nèi)克服摩擦力做的功為Wf=Ffx=48

J,故C正確;木箱在0~7

s內(nèi)受到摩擦力的沖量大小為If=(4×6+3×1)

N·s=27

N·s,故D錯(cuò)誤。[針對(duì)訓(xùn)練9](多選)(2024遼寧沈陽(yáng)一模)如圖甲所示,一滑塊靜置在水平面上,滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧,圓弧最低點(diǎn)切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點(diǎn)沖上滑塊,且能從圓弧最高點(diǎn)沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2,作出某段時(shí)間內(nèi)v1-v2圖像如圖乙所示,不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是(

)A.滑塊與小球相互作用的過(guò)程中,水平方向動(dòng)量守恒B.當(dāng)滑塊的速度為0.5v0時(shí),小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)C.小球與滑塊的質(zhì)量之比為1∶2AC解析

小球與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,所以滑塊與小球相互作用的過(guò)程中,水平方向動(dòng)量守恒,A正確;設(shè)小球的質(zhì)量為m,類型四電場(chǎng)中的圖像角度1

電場(chǎng)中的φ-x圖像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圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小,并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向,如圖所示。[針對(duì)訓(xùn)練10](2024湖南卷)真空中有電荷量為+4q和-q的兩個(gè)點(diǎn)電荷,分別固定在x軸上-1和0處。設(shè)無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0,x正半軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的圖像正確的是(

)D解析

解法一

根據(jù)異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布情況,可知兩個(gè)點(diǎn)電荷的連線上,在兩電荷中間及電荷量小的點(diǎn)電荷外側(cè),均有電勢(shì)為零的點(diǎn),所以x正半軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ應(yīng)先負(fù)后正,由此可判斷選項(xiàng)D正確。角度2

電場(chǎng)中的E-x圖像問(wèn)題1.E-x圖像反映了電場(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圖像后,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(如圖所示),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。[針對(duì)訓(xùn)練11]在x軸上固定兩個(gè)不等量異種點(diǎn)電荷,其中正電荷標(biāo)記為M,負(fù)電荷標(biāo)記為N。x軸上某一段電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系圖像如圖所示,其中x1到x2、x2到x3段圖像與x軸所圍的面積相等,取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是(

)A.M在N的右側(cè),且M的電荷量的絕對(duì)值大于N的B.M在N的左側(cè),且M的電荷量的絕對(duì)值小于N的C.x1和x3處的電勢(shì)相等,且都大于0D.一電子從x1處由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)到x2處時(shí)速度為0,加速度也為0C解析

由于是兩異種點(diǎn)電荷,兩點(diǎn)電荷間無(wú)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn),根據(jù)圖像,x2位置的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,即兩點(diǎn)電荷處于x2的同一側(cè);兩個(gè)不等量異種點(diǎn)電荷連線上,在電荷量絕對(duì)值較小的電荷外側(cè)有合電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn),且對(duì)于合電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)與電荷量較小的電荷之間區(qū)域的合電場(chǎng)強(qiáng)度由電荷量小的點(diǎn)電荷起主要作用,合電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)的外側(cè)區(qū)域的合電場(chǎng)強(qiáng)度是電荷量大的點(diǎn)電荷起主要作用。由圖像可知,x2處合電場(chǎng)強(qiáng)度為0,且x2右側(cè)合電場(chǎng)強(qiáng)度為正,說(shuō)明兩點(diǎn)電荷在x2左側(cè),正點(diǎn)電荷帶電荷量的絕對(duì)值大,且在負(fù)點(diǎn)電荷左側(cè),A、B錯(cuò)誤;根據(jù)U=Ed可知,E-x圖像與x軸所圍的面積等于兩點(diǎn)間的電勢(shì)差,沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,根據(jù)題圖可知,x2到x1電勢(shì)逐漸降低,x2到x3電勢(shì)逐漸降低,且x2到x1和x2到x3的電勢(shì)差相等,所以x1和x3處的電勢(shì)相等,從x3處到無(wú)窮遠(yuǎn)處,電勢(shì)逐漸降低,可知x1和x3處的電勢(shì)都大于0,C正確;若一電子從x1處由靜止釋放,從x1處到x2處向右加速,到x2處加速度減小到0,速度達(dá)到最大,D錯(cuò)誤。角度3

電場(chǎng)中的Ep-x圖像1.反映了電勢(shì)能隨位置變化的規(guī)律。2.圖線的切線斜率大小等于靜電力大小。3.進(jìn)一步判斷電場(chǎng)強(qiáng)度、動(dòng)能、加速度等隨位移的變化情況。[針對(duì)訓(xùn)練12](2024黑龍江二模)如圖甲所示,AB是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線,若有一電子以某一初速度僅在電場(chǎng)力的作用下沿AB由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),其電勢(shì)能Ep隨距A點(diǎn)的距離x變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(

)A.電場(chǎng)的方向由A指向BB.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.電子在A點(diǎn)的速度小于在B點(diǎn)的速度D.若一質(zhì)子以同一初速度由A點(diǎn)釋放,一定能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)C解析

由圖乙可知,電子的電勢(shì)能減小,則電場(chǎng)力做正功,故電子的速度變大,又電子帶負(fù)電,故電場(chǎng)的方向由B指向A,A錯(cuò)誤,C正確;Ep-x圖像的斜率表示電場(chǎng)力,可知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,B錯(cuò)誤;由電場(chǎng)強(qiáng)度方向可知,質(zhì)子所受電場(chǎng)力做負(fù)功,質(zhì)子有可能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前減速到零,D錯(cuò)誤。類型五電路中的圖像[針對(duì)訓(xùn)練13]如圖所示的U-I圖像中,直線a表示某電源的路端電壓U與電流I的關(guān)系,直線b、c分別表示電阻R1、R2的電壓U與電流I的關(guān)系。下列說(shuō)法正確的是(

)A.電阻R1、R2的阻值之比為4∶3B.該電源的電動(dòng)勢(shì)為6V,內(nèi)阻為3ΩC.只將R1與該電源組成閉合電路時(shí),電源的輸出功率為6WD.只將R2與該電源組成閉合電路時(shí),內(nèi)、外電路消耗的電功率之比為1∶1D只將R1與該電源組成閉合電路時(shí),電源的輸出功率為P1=4×1

W=4

W

,C錯(cuò)誤;只將R2與該電源組成閉合電路時(shí),內(nèi)、外電路消耗的電功率分別為P內(nèi)=I2r,P外=I2R2,解得P內(nèi)∶P外=1∶1,D正確。類型六電磁感應(yīng)、交變電流中的圖像[針對(duì)訓(xùn)練14](多選)如圖所示,間距為L(zhǎng)的水平邊界MN、PQ之間存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),“日”字形線框位于磁場(chǎng)區(qū)域上方某一高度,線框三條短邊ab、ef、cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R,ac、bd長(zhǎng)度均為2L、電阻不計(jì),ef位于線框正中間。若線框由靜止釋放,t=0時(shí)刻cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)且恰好勻速運(yùn)動(dòng),則整個(gè)線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,線框的速度大小v,a、b兩點(diǎn)之間電勢(shì)差Uab,流過(guò)ab邊的電流Iab,ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Qab隨時(shí)間t的變化圖像正確的是(

)AD解析

設(shè)cd進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)瞬間的速度大小為v0,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv0,通過(guò)cd的電流I=,由平衡條件得BIL=mg,當(dāng)ef進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間,cd出磁場(chǎng),回路電動(dòng)勢(shì)和總電流不變,仍滿足BIL=mg,同理當(dāng)ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)也有BIL=mg,由此可知,線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng),故A正確;當(dāng)cd邊切割磁感線時(shí),ef、ab并聯(lián),根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,a、b兩端電壓Uab=E-IR,當(dāng)ef邊切割磁感線時(shí),cd、ab并聯(lián),根據(jù)閉合電路歐姆定律得,a、b兩端電壓仍為Uab=E-IR,可知整個(gè)過(guò)程中a、b兩端電壓并不發(fā)生變化,故B錯(cuò)誤;類型七近代物理中的圖像[針對(duì)訓(xùn)練15](2024江蘇南京一模)用圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置探究光電效應(yīng)規(guī)律,得到a、b兩種金屬材料遏止電壓Uc隨入射光頻率ν變化的圖線分別如圖乙中1和2所示,則下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(

)A.圖線的斜率表示普朗克常量hB.金屬材料a的逸出功較大C.用同一種光照射發(fā)生光電效應(yīng)時(shí),a材料逸出的光電子最大初動(dòng)能較大D.光電子在真空管中被加速C由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程有hν-W0=Ek,由于a材料的逸出功較小,則用同一種光照射發(fā)生光電效應(yīng)時(shí),a材料逸出的光電子最大初動(dòng)能較大,C正確;圖中光電管加的是反向電壓,光電子在真空管中被減速,D錯(cuò)誤。類型八熱學(xué)中的圖像[針對(duì)訓(xùn)練16](2023遼寧卷)“空氣充電寶”是一種通過(guò)壓縮空氣實(shí)現(xiàn)儲(chǔ)能的裝置,可在用電低谷時(shí)儲(chǔ)存能量、用電高峰時(shí)釋放能量?！翱諝獬潆妼殹蹦硞€(gè)工作過(guò)程中,一定質(zhì)量理想氣體的p-T圖像如圖所示。該過(guò)程對(duì)應(yīng)的p-V圖像可能是(

)B解析

從a到b氣體發(fā)生等壓變化,溫度升高,氣體體積增大,選項(xiàng)C、