《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化3 圖像法的應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化3 圖像法的應(yīng)用教學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、優(yōu)化3圖像法的應(yīng)用高考對(duì)圖像的要求包括識(shí)別圖像、畫圖像、圖像轉(zhuǎn)換等，而把圖像作為一種工具處理高中物理問(wèn)題則是更高層次的要求若能充分利用圖像規(guī)律，不但可以簡(jiǎn)捷、迅速解題，且常常可以解決其他方法解決起來(lái)困難的問(wèn)題，從而達(dá)到意想不到的效果圖像問(wèn)題出現(xiàn)頻率較高的章節(jié)有：直線運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像、牛頓第二定律中動(dòng)力學(xué)圖像、動(dòng)量與能量有關(guān)的圖像、電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度隨位置變化的圖像和電勢(shì)能、電勢(shì)隨位置變化的圖像、電磁感應(yīng)中的各種圖像、實(shí)驗(yàn)中涉及的圖像問(wèn)題等等題型1運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題【典例1】一質(zhì)量為2 kg的質(zhì)點(diǎn)在水平力的作用下沿粗糙的水平面做直線運(yùn)動(dòng)，vt圖像如圖所示，已知質(zhì)點(diǎn)與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，g取1
2、0 m/s2，則()A4 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為10 mB前2 s內(nèi)和后2 s內(nèi)加速度大小之比為41C4 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的平均速度大小為3 m/sD前2 s內(nèi)和后2 s內(nèi)水平力的大小之比為41解析vt圖像的斜率表示加速度，由圖可知，該質(zhì)點(diǎn)在前2 s內(nèi)的加速度大小為a14 m/s2，后2 s內(nèi)的加速度大小為a21 m/s2，則a1a241,02 s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)減速，摩擦力方向與速度方向相反，故與加速度方向相同，有F1fma1,24 s質(zhì)點(diǎn)加速，摩擦力方向與速度方向相反，故與加速度方向相反，有F2fma2，式中fmg0.1210 N2 N，可得F16 N，F(xiàn)24 N，即F1F232，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；vt圖像
3、與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得4 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為x6 m，平均速度為1.5 m/s，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤答案B題型2動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題【典例2】一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)施加一沿斜面向上的力F拉b，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)彈簧的形變量始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g.用x表示b的位移，下列表示F隨x變化關(guān)系的圖像正確的是()解析a、b靜止時(shí)彈簧的形變量記為x0，對(duì)a、b整體進(jìn)行受力分析，由平衡條件得kx01.6mgsin；從開(kāi)始拉b到物塊a、b分離的過(guò)程中，對(duì)a、b整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二
4、定律得Fk(x0x)1.6mgsin1.6ma0，則F1.6ma0kx，即該過(guò)程中F隨x的增大而線性增大；a、b分離后，對(duì)b進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得Fmgsinma0，則Fma0mgsin，即a、b分離后F恒定C正確答案C題型3與能量有關(guān)的圖像問(wèn)題【典例3】(多選)(2019河北六校聯(lián)考)一質(zhì)量為m的物體在豎直向上的拉力F作用下沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的動(dòng)能與位移的關(guān)系如圖所示，其中0s1為曲線，s1s2為與橫軸平行的直線，s2s3為傾斜直線，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于物體在這段位移內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A0s1過(guò)程中拉力F逐漸增大Bs1s2過(guò)程中物體的重力勢(shì)能可能不變Cs2s
5、3過(guò)程中拉力F為恒力D0s3過(guò)程中物體的機(jī)械能增加解析由動(dòng)能定理EkEk0F合s得，F(xiàn)合，即圖線切線的斜率表示物體所受合力F合，在0s1過(guò)程中曲線的斜率越來(lái)越小，F(xiàn)合越來(lái)越小，mg確定，F(xiàn)越來(lái)越小，A錯(cuò)誤；在s1s2過(guò)程中物體勻速上升，其重力勢(shì)能一直增加，B錯(cuò)誤；在s2s3過(guò)程中斜率是一定值，F(xiàn)合是一定值，所以F是恒力，C正確；在0s3過(guò)程中拉力F一直做正功，物體機(jī)械能一直增加，D正確答案CD題型4電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題【典例4】(多選)(2019江西六校聯(lián)考)以某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線為x軸，軸上各點(diǎn)的電勢(shì)變化情況如圖所示，a、b是軸上的兩點(diǎn)，電子從a點(diǎn)以一定的初速度沿x軸正方向射出設(shè)a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)
6、強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb，電子在a、b兩點(diǎn)的速率分別為va、vb，加速度大小分別為aa、ab，電勢(shì)能分別為Epa、Epb，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電子僅受到靜電力作用，則有()AEaEbBvavbCaaabDEpaEpb，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；電子僅受到靜電力作用時(shí)，動(dòng)能和電勢(shì)能總和保持不變，電勢(shì)能逐漸減小，則動(dòng)能逐漸增加，所以va201Dx2x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向均不變解析電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系為Epq，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系為E，解得E，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Epx圖線的切線的斜率等于，x1處切線的斜率為零，則知x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤由題圖可以看出在0x1段圖線的切線的斜率不斷減小，由上式知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減
7、小，加速度減小，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)x1x2段圖線的切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)x2x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)力不變，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系Epq，粒子帶負(fù)電，q203，選項(xiàng)C錯(cuò)誤答案D9. (多選)(2019安徽省皖南八校聯(lián)考)某靜電場(chǎng)中x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向一電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x3x0處，假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，E0和x0已知，則()A粒子一定帶負(fù)電B粒子的初
8、動(dòng)能大小為qE0x0C粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小D粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為2qE0x0解析如果粒子帶負(fù)電，粒子在電場(chǎng)中一定先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，因此粒子x3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理qE0x02qE02x00Ek0，可得Ek0qE0x0，B正確；粒子向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，C錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)到x0處動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理qE0x0EkmaxEk0，解得Ekmax2qE0x0，D正確答案BD10(多選)(2019遼寧大連一模)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P
9、之間接一定值電阻R，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中t0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)下列關(guān)于通過(guò)金屬棒的電流i、通過(guò)導(dǎo)軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時(shí)間變化的圖像，正確的是()解析由題知，金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有xat2，vat，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLvBLat，則感應(yīng)電流it，故A正確；根據(jù)、和qt，得q，而B(niǎo)SBLxBLat2，故qt2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有FF安ma，F(xiàn)安BiLt，解得Fmat，故C正確；根據(jù)PFv，得PFvma2tt2，故D錯(cuò)誤答案AC11(多
10、選)(2019福建莆田二模)如圖所示，水平面上有兩根平行且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，左端接有一電容器C，導(dǎo)軌上擱置一金屬棒，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌所在平面現(xiàn)讓金屬棒在水平恒力F的作用下，由靜止向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌，設(shè)某一時(shí)刻金屬棒中的電流為I，受到的安培力為FB，瞬時(shí)速度為vt，電容器上所帶電荷量為Q.不計(jì)一切電阻和摩擦下列圖像正確的是()解析根據(jù)電流的定義I，根據(jù)牛頓第二定律得FBILma，代入得FBLma，其中a，聯(lián)立得a，加速度是定值，所以金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即ICBLa為定值，A正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)镕FBma，所以FB恒定，B錯(cuò)誤；因?yàn)镼CUCBLvCBLat，所以電荷
11、量隨時(shí)間均勻增加，D正確答案AD12(多選)(2018全國(guó)卷)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A在t時(shí)為零B在t時(shí)改變方向C在t時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较駾在tT時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较蚪馕鲇蓤D(b)可知，導(dǎo)線PQ中電流在tT/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在tT/4時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng)A正確；在tT/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖像斜率方向不變，即導(dǎo)線框R中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律，所以在tT/2時(shí)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于在tT/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖像斜率最大，電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在tT/2時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可判斷出在tT時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案AC14
（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化3 圖像法的應(yīng)用教學(xué)案
