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专题五 力学和电
磁学中的图象问题
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
答案
解析要点提炼
1.常考题型
(1)由给定的物理过程选出正确的图象。
(2)由给定的图象分析物理过程，求解相应的物理量。
2．读懂图象三步走
第一步，关注横、纵坐标：
(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么。
(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。
(3)坐标轴对应的物理量的单位不能忽视。
第二步，理解斜率、面积、截距的物理意义：
(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。
(2)面积：由图线与坐标轴所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。如v?t图象中的面积，表示位移。
(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距。
第三步，分析交点、转折点、渐近线：
(1)交点：往往是解决问题的切入点。
(2)转折点：往往表示某个物理量发生突变。转折点两边的图线满足两个不同的关系，对解题起关键作用。
(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出某物理量的极值。
高考考向1 力学图象问题
命题角度1
运动学图象的理解及应用
例1 (2018·全国卷Ⅲ)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析 根据x?t图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，C正确；根据x?t图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，有甲图线的切线与乙图线平行、斜率相同，两车速度相等，D正确。
答案 CD
1．x?t图象
(1)x?t图象(x为位移)只能描述研究对象做直线运动的情况。
(2)x?t图象“斜率”的绝对值表示速度的大小，正负表示速度的方向。
(3)x?t图象若为抛物线，说明研究对象做匀变速直线运动，符合表达式x＝v0t＋at2。
2．v?t图象
(1)v?t图象(v为速度)只能描述研究对象做直线运动的情况。
(2)v?t图象“斜率”的绝对值表示加速度的大小，正负表示加速度的方向。
(3)v?t图象的“面积”表示相应过程的位移，横轴以上说明位移方向为正方向；横轴以下说明位移方向为负方向。
3．非常规图象
非常规图象若为直线，说明纵轴所代表物理量和横轴所代表物理量间的关系为一次函数关系，可先对研究对象涉及的过程选择合适的规律列出方程，然后变形为图象所描述的一次函数，对比表达式和图线的斜率、截距等即可解决问题，也可把图线上两个特殊点对应的数据代入函数表达式解方程组。
备课记录：
1－1 (2020·广东省佛山市高三二模)从地面上以初速度v0竖直上抛一个小球，已知小球在运动过程中所受空气阻力与速度大小成正比，则小球从抛出到落回地面的过程中，以下其速度与时间关系的图象正确的是( )
答案 D
解析 物体上升过程中有mg＋kv＝ma上，则随速度的减小，加速度减小；物体下降过程中有mg－kv＝ma下，则随速度的增加，加速度减小；因v?t图象的斜率等于加速度，可知图象D符合题意。
1－2 (2018·全国卷Ⅱ)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是( )
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
答案 BD
解析 v?t图象中图象与t轴所包围的面积代表运动的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲车的加速度大小先减小后增大，乙车的加速度大小也是先减小后增大，故C错误，D正确。
1－3 (2020·湖北省七市州教科研协作体高三(下)5月联合考试)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是某动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图象，下列说法正确的是( )
A．动力车的初速度为20
m/s
B．刹车过程中加速度大小为5
m/s2
C．刹车过程持续的时间为12
s
D．从开始刹车时计时，经过8
s，该车的位移大小为60
m
答案 B
解析 由图可得数值关系：＝－2.5t＋30，根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t＋at2，得＝at＋v0，对比可得v0＝30
m/s，a＝－5
m/s2，即动力车的初速度为30
m/s，刹车过程中加速度大小为5
m/s2，故A错误，B正确；刹车过程持续的时间为t0＝＝
s＝6
s，故C错误；从开始刹车时计时，经过6
s，该车就已停止，则经过8
s，该车的位移大小为x0＝t0＝×6
m＝90
m，故D错误。
命题角度2
动力学中的图象分析
例2 (2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4
s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10
m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1
kg
B．2～4
s内，力F的大小为0.4
N
C．0～2
s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2
s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2
N。由题图c知，2～4
s内，木板的加速度大小a1＝
m/s2＝0.2
m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝
m/s2＝0.2
m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4
s内：F－F摩＝ma1，4
s以后：F摩＝ma2，解得m＝1
kg，F＝0.4
N，A、B正确。0～2
s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
答案 AB
当图线为几段不平滑连接的直线或曲线时，一般需要分段分析。一般来说，每段对应不同的过程，应用不同的物理规律。
备课记录：
2－1 (2020·广东省汕头市高三第一次模拟考试)(多选)如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处M装有力传感器，可测出球经过M点时对管道的作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与v的关系图象如图乙，c为图象与横轴交点的横坐标，b为图象延长线与纵轴交点的纵坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对管道无压力
B．若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为
D．F＝b表示小球经过N点时速度等于0
答案 AC
解析 由图可知，若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对管道无压力，A正确；由图可知，若小球经过N点时满足v＝c>c，则经过M点时对管道的压力为正值，即对外管道壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足v＝c，则在M点时有mg＝m
eq
\f(v,R)，由机械能守恒定律可得mv＝mg·2R＋mv，联立解得R＝，C正确；F＝b是对实验数据进行处理的结果，实际上v＝0时小球不能到达M点，故D错误。
2－2 (2020·湖北省七市州教科研协作体高三(下)5月联合考试)如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1
kg、mB＝3
kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则( )
A．A、B脱离之前，A所受的合外力逐渐减小
B．t＝3
s时，A、B脱离
C．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6
m
D．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
答案 C
解析 由图乙可知当各物理量都取国际单位时，有数值关系：FA＝9－3t，FB＝3＋3t，在A、B脱离之前，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB＝12
N，匀加速运动的加速度a＝＝
m/s2＝3
m/s2，则A、B脱离之前，A所受的合外力不变，故A错误；脱离时A、B加速度相同，且A、B间弹力为零，有＝3
m/s2，解得t＝2
s，故B错误；A、B脱离前，它们一起运动的位移为x＝at2＝×3×22
m＝6
m，故C正确；A、B脱离后的1
s内，A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3
s后A不受推力，A将做匀速直线运动，物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故D错误。
命题角度3
与能量相关的图象分析
例3 (2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0
m、长5.0
m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10
m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0
m/s2
D．当物块下滑2.0
m时机械能损失了12
J
解析 物块下滑5
m的过程中，重力势能减少30
J，动能增加10
J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0
m、长L＝5.0
m，则斜面倾角θ的正弦值sin
θ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30
J，可得物块的质量m＝1.0
kg；物块下滑5
m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmg
cos
θ·L＝20
J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mg
sin
θ－μmg
cos
θ＝ma，可求得a＝2.0
m/s2，C错误。当物块下滑2.0
m时，重力势能减少12
J，动能增加4
J，所以机械能损失了8
J，D错误。
答案 AB
对于与能量相关的图象问题，关键是在动力学分析的基础上，结合功能关系或能量守恒定律等对图象进行分析求解。经常用到的功能关系有：W合＝ΔEk，WG＝－ΔEpG，W弹＝－ΔEp弹，W其他＝ΔE机。由功能关系可得出结论：E?x图象斜率的绝对值表示W对应力的大小。
备课记录：
3．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是( )
答案 A
解析 设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgx
tan
θ－μ1mg
cos
θ·＝Ek－0，整理可得Ek＝(mg
tan
θ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
高考考向2 电磁学图象问题
命题角度1
电场中的图象分析
例4 (2020·四川省遂宁市普通高中高三(下)三诊模拟)(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。若在A、B间不同位置放置一个电荷量为＋q的带电滑块C(可视为质点)，滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x＝L点为图线的最低点。现让滑块从x＝2L处由静止释放，下列有关说法正确的是( )
A．滑块在x＝L处的速度最大
B．滑块一定可以到达x＝－2L点处
C．x＝0和x＝2L处场强大小相等
D.固定在A处和B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1
解析 滑块C受重力、支持力和电场力，其中重力和支持力在竖直方向且平衡，滑块C所受的合外力为电场力，则电势能与动能之和保持不变，由图乙可知，滑块在x＝L处电势能最小，则在x＝L处的动能最大，速度最大，A正确；由图乙可知，滑块在x＝－2L处的电势能大于在x＝2L处的电势能，又因滑块从x＝2L处由静止释放，故滑块不能到达x＝－2L处，B错误；滑块在x＝L处电势能最小，即正电荷QA、QB在x＝L处的电场强度等大反向，有＝，解得QA∶QB＝4∶1，所以x＝0和x＝2L处场强大小分别为E0＝－＝，E2L＝－＝，C错误，D正确。
答案 AD
几种常见图象中的常用解题规律
(以下表格中涉及的x坐标轴沿电场线所在直线)
Ep?x图象
①Ep?x图象斜率的绝对值表示电场力的大小，可以根据斜率绝对值的变化判断出电场力大小的变化，进而判断场强E大小的变化。②图象斜率的正负表示电场力的方向，由斜率正负的变化可以判断电场力方向以及场强方向的变化。③由Ep?x图象的总体变化情况可判定电场力做功情况。比如：Ep增大，则F电一定做负功，反之做正功
E?x图象
①反映了电场强度随位移变化的规律。②E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向。③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
φ?x图象
①电场强度的大小等于φ?x图线的斜率绝对值。②在φ?x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ?x图象中可利用ΔEp＝qφB－qφA分析电荷移动时电势能的变化，再依据WAB＝－ΔEp＝qUAB可分析电场力做的功WAB
备课记录：
4－1 (2020·福建省厦门市高三(下)五月质量检查)(多选)某空间存在沿x轴方向的电场，电场强度沿x轴的变化情况如图所示，有一个质量为m、电荷量为＋q的点电荷从A点以初速度v0沿x轴正方向运动，到B点时速度恰好减到零，点电荷只受电场力的作用，则( )
A．A点电势低于B点电势
B．点电荷在A、B两点的电势能相等
C．从A到B的过程中，电场力先做负功后做正功
D．A、B两点的电势差为－
eq
\f(mv,2q)
答案 AD
解析 根据动能定理，点电荷从A到B的过程中，动能减小，则电场力做负功，电势能增加，由于点电荷带正电，因此B点电势高于A点电势，A正确，B错误；从A到B的过程中，由于电场强度方向不变，因此电场力始终做负功，C错误；根据动能定理有UABq＝0－mv，可得UAB＝－
eq
\f(mv,2q)，D正确。
4－2 (2020·河南省洛阳市高三(下)第三次统一考试)(多选)在x轴上x＝0和x＝1
m处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间连线上各点对应的电势如图中曲线所示，已知x＝0.6
m处电势最低(取无穷远处电势为零)，下列说法中正确的是( )
A．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝
B．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝
C．x＝0.6
m处的电场强度为0
D．x1处和x2处的电势和电场强度均相同
答案 AC
解析 φ?x图象斜率绝对值的物理意义为场强大小，所以在x＝0.6
m处的合场强为0，说明两个电荷是同种电荷，且k＝k，解得＝＝，A、C正确，B错误；x1处和x2处的电势相同，而图象斜率不同，所以电场强度不同，D错误。
命题角度2
电磁感应中的图象分析
例5 (2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
解析 PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mg
sin
θ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mg
sin
θ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I?t图象如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mg
sin
θ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，I?t图象如图D所示。
答案 AD
1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注图象所描述的物理量，明确各种“＋”“－”的含义。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应，一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率、图线的曲直是否和物理过程对应。
2．解决电磁感应问题的两种方法
(1)函数法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最准确有效的方法。
(2)排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
有不少题目优先判断方向对错会起到意想不到的效果。
备课记录：
5.
(2020·贵州省贵阳市高三下学期3月调研考试)(多选)一正三角形导线框ABC(高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于xOy平面、宽度均为a。下列反映感应电流I(以逆时针方向为电流的正方向)、AB边所受安培力(以向右为正方向)与线框移动距离x的关系图象正确的是( )
答案 AC
解析 在0～a范围内，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，感应电流为正值，且随着切割磁感线的有效长度的增大而从0均匀变大，最大为＝I0；在a～2a范围内，线框穿过两磁场分界线时，线框在两磁场中均切割磁感线，有效切割长度从0逐渐增大，产生的感应电动势串联，总电动势E＝E1＋E2从0增大，电流方向为顺时针，感应电流为负值，且随有效切割长度的增大而从0均匀增大，最大为2×＝2I0；在2a～3a范围内，线框穿过右侧磁场时，有效切割长度逐渐变长，电流方向为逆时针，感应电流为正值，且随有效切割长度的增大而均匀变大，最大为＝I0，故A正确，B错误。在0～a范围内，由于AB边未进入磁场，故安培力为0；在a～2a、2a～3a范围内，由公式F安＝BIL，可判断AB边所受安培力均随I从0均匀增大，且x＝2a时，最大为F＝2I0B·a＝BI0a，x＝3a时，最大为F＝I0B·a＝BI0a；由左手定则可知，F方向一直向左，均为负值，故C正确，D错误。
专题作业
1．(2020·安徽省蚌埠市高三(下)第四次教学质量检查)某物体原先静止于一光滑水平面上，t＝0时受水平外力作用开始沿直线运动，0～8
s内其加速度a与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝2
s时，物体的速度大小为2
m/s
B．0～2
s内，物体通过的位移大小为2
m
C．0～8
s内物体的最大速度为7
m/s
D．物体在t＝8
s时与在t＝2
s时的运动方向相反
答案 C
解析 0～2
s内物体做匀加速直线运动，t＝2
s时物体的速度大小为v1＝a1t1＝2×2
m/s＝4
m/s，A错误；0～2
s内物体的位移大小为x＝a1t＝×2×22
m＝4
m，B错误；根据加速度的定义式a＝可知a?t图线和时间轴围成的面积为Δv，根据图象可知物体在t＝5
s时速度达到最大，为vmax＝×2
m/s＝7
m/s，C正确；根据图象结合对称性可知，t＝8
s时和t＝2
s时物体的速度相同，运动方向相同，D错误。
2．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)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。下列说法中正确的是( )
A．x1和－x1两点的场强相等
B．O点的电势一定为0
C．x1和x3两点的电势相等
D．x1和－x1两点的电势相等
答案 D
解析 根据图象可知x1和－x1两点的场强等大反向，故A错误；电场中某点电势的数值与零电势参考点的选取有关，故O点的电势不一定为0，故B错误；从x1到x3场强方向沿x轴正方向，沿场强方向电势逐渐降低，可知x1点的电势高于x3点的电势，故C错误；由于电场关于O点对称，E?x图象与x轴所围的面积表示电势差，故x1和－x1两点的电势差为0，电势相等，故D正确。
3.
(2020·四川省遂宁市普通高中高三(下)三诊模拟)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是( )
答案 D
解析 足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，上升阶段vy＝vy0－gt，下落阶段vy＝gt，可知两阶段vy与时间t均成一次函数关系，A错误；不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，B错误；足球在水平方向上一直有分速度，则足球的动能不能为零，C错误；重力的瞬时功率大小P＝mgvy，结合A项分析可知，D正确。
4.
(2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF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B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN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应随时间t变化，以下四个图象能正确反映B和t之间对应关系的是( )
答案 C
解析 当穿过闭合回路的磁通量不变时，MN棒中不产生感应电流，故B0l2＝Bl(l＋vt)，可改写为＝＝＋，可知?t图象是纵截距为正、斜率为正的倾斜直线，故C正确，A、B、D错误。
5．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(三))(多选)如图甲所示，将一质量为m、长度为L的金属棒ab垂直放置在同一水平面上的两根光滑、平行、间距为L的导轨上，导轨电阻不计且足够长。导轨左端连接阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向上的、磁感应强度为B的匀强磁场中。t＝0时刻金属棒处于静止状态，现用始终垂直于ab的水平向右的外力F作用在金属棒上，F大小随金属棒位移x变化的图象如图乙所示。t＝t0时刻，金属棒向右运动的位移为x0，此时外力为F0，随后金属棒开始匀速运动。金属棒电阻不计且始终与导轨接触良好，则下列说法正确的是( )
A．若仅将磁场反向，则金属棒所受安培力反向
B．t＝0到t＝t0时间内，电阻R产生的焦耳热为F0x0－
eq
\f(mFR2,2B4L4)
C．金属棒匀速运动时，a、b两端电势差大小为U＝
D．金属棒匀速运动时，电阻R的热功率为
eq
\f(FRt0,B2L2)
答案 BC
解析 若仅将磁场反向，则回路中感应电流也反向，金属棒所受安培力与原来方向相同，仍向左，A错误；导体棒匀速运动时F0＝，则匀速运动的速度v＝，由于F?x图象与x轴围成的面积表示外力F做的功，因此在t＝0到t＝t0时间内F做的功W＝F0x0，根据能量守恒定律，这段时间内，电阻R产生的热量Q＝W－mv2＝F0x0－
eq
\f(mFR2,2B4L4)，B正确；金属棒匀速运动时，a、b两端电势差大小为U＝BLv＝BL·＝，C正确；金属棒匀速运动时，电阻R的热功率为P＝＝
eq
\f(FR,B2L2)，D错误。
6.
(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测)(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1，4.5)和(0.15，3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15，3)的切线。现有一质量为0.20
kg、电荷量为＋2.0×10－8
C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10
m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10
m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．滑块P运动过程中的电势能逐渐减小
B．滑块P运动过程中的加速度逐渐增大
C．x＝0.15
m处的电场强度大小为2.0×106
N/C
D．滑块P运动的最大速度为0.5
m/s
答案 AC
解析 滑块P在电场力的作用下由静止开始运动，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A正确；φ?x图线斜率的绝对值表示电场强度大小，则x＝0.15
m处的场强大小为E＝＝
N/C＝2.0×106
N/C，则滑块在此处所受的电场力大小为F＝qE＝2×10－8×2×106
N＝0.04
N，滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.02×0.20×10
N＝0.04
N，滑块在此处所受电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在x＝0.15
m之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速直线运动，且加速度逐渐减小，在x＝0.15
m之后，电场力小于摩擦力，滑块做减速运动，且加速度逐渐增大，故B错误，C正确；在x＝0.15
m处，电场力和摩擦力大小相等，滑块加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得qU－fx＝mv2－0，由图可知0.10
m处和0.15
m处的电势差为1.5×105
V，代入解得最大速度为v＝0.1
m/s，故D错误。
7．(2020·山西省运城市高三下学期4月调研测试(一模))(多选)若宇航员到达某一星球后，做了如下实验：
(1)让小球从距离地面高h处由静止开始下落，测得小球下落到地面所需时间为t；
(2)将该小球用轻质细绳固定在传感器上的O点，如图甲所示，给小球一个初速度后，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，传感器显示出绳子拉力大小随时间变化的图象如图乙所示(图中F1、F2为已知)，已知该星球近地卫星的周期为T，万有引力常量为G，该星球可视为匀质球体。下列说法正确的是( )
A．该星球的平均密度为
B．小球质量为
C．该星球半径为
D．环绕该星球表面运行的卫星的速率为
答案 ABD
解析 对该星球的近地卫星有G＝m0R，该星球密度ρ＝，体积V＝πR3，解得ρ＝，故A正确；小球通过最低点时绳子拉力最大，此时有F2－mg′＝m
eq
\f(v,r)，通过最高点时绳子拉力最小，此时有F1＋mg′＝m
eq
\f(v,r)，从最高点到最低点，根据动能定理可得mg′·2r＝mv－mv，可得F2－F1＝6mg′，小球做自由落体运动时，有h＝g′t2，可得g′＝，则m＝，故B正确；根据T＝及v＝，可得R＝，故C错误；环绕该星球表面运行的卫星的速率为v＝＝，故D正确。
8．(2020·四川省成都市高三(下)6月第三次诊断性检测)如图a，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图b是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25
N，空气阻力不计，重力加速度g取10
m/s2。由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2
kg
B．初动能Ek0＝16
J
C．小球在C点时重力的功率为60
W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85
N
答案 D
解析 由图b可知，半圆形轨道的半径r＝0.4
m，小球在C点的动能大小为EkC＝9
J，在C点，小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg＋FC＝
eq
\f(mv,r)＝，解得小球的质量m＝2
kg，故A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝2mgr＋EkC＝25
J，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，故C错误；由机械能守恒定律得，小球经过B点时的动能EkB＝mgr＋EkC＝17
J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得FB＝
eq
\f(mv,r)＝＝85
N，故D正确。
9.
(2020·四川省遂宁市普通高中高三(下)三诊模拟)(多选)宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力，其加速度a随下落位移x变化的关系图象如图所示。已知该行星半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．该行星的平均密度为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的周期为
D．从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功
答案 BD
解析 物体下落的位移x＝0时，空气阻力也为0，由图可知，a0就是行星表面的重力加速度。在行星表面，根据重力等于万有引力，可得G＝ma0，所以行星的质量M＝，再由球体的体积公式有V行星＝πR3，解得行星的平均密度为ρ行星＝＝，A错误；对于该行星的近地卫星，由万有引力提供向心力得G＝m，解得v＝
＝
，B正确；对于在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的卫星，由万有引力提供向心力得G＝m(R＋h)，解得T＝·，C错误；当a＝0即x＝x0时物体的速度最大，由a?x图象可知，在x从0增大到x0的过程中，a随x变化的平均值＝，物体所受合外力随x变化的平均值＝m，则合力做功W＝x0＝ma0x－Wf，解得Wf＝，D正确。
10.
(2020·湖北省宜昌市高三1月调研)从t＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做匀变速直线运动，其位移和速率的二次方的关系图线如图所示。下列说法正确的是( )
A．t＝2
s时物块位于x＝－1
m处
B．物块运动的加速度a＝1
m/s2
C．t＝0时刻物块位于x＝0处
D．物块从2
s末至4
s末的平均速度大小为0.5
m/s
答案 A
解析 由题意可知，物块运动的初速度为0，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有v2＝2as，变形可得s＝v2，结合图象可知，图象斜率为k＝，即a＝＝0.5
m/s2，所以B错误；初位置即v2＝0时的位置，x＝－2
m，0～2
s内的位移为s2＝at＝1
m，则t＝2
s时物块位于x＝－1
m处，所以A正确，C错误；物块从2
s末至4
s末的平均速度大小为v＝＝v3＝at3＝1.5
m/s，故D错误。
11.
(2020·北京市十一学校高三三模)如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、Uab表示线框a、b两点间的电势差、I表示通过线框的电流(规定逆时针为正，顺时针为负)、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图象中正确的是( )
答案 D
解析 设线框每边电阻为R，线框速度为v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流方向为逆时针方向，则电流I＝，拉力F＝F安＝，a、b两点间的电势差Uab＝×3R＝BLv，拉力的功率P＝Fv＝；线框完全在磁场中运动过程，Uab＝E＝BLv，I＝0，F＝0，P＝0；线框离开磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流方向为顺时针方向，则电流I＝－，拉力F＝F安＝，a、b两点间的电势差Uab＝×R＝BLv，拉力的功率P＝Fv＝。由图示图象可知，D正确，A、B、C错误。
阅卷现场 图象信息解读不正确
例 (2020·河北省张家口市高三(下)5月全国统一模拟考试)(12分)如图甲所示，质量为2
kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为1
kg的小物块位于木板右端，木板与地面及物块与木板间的动摩擦因数相同，现用水平拉力F拉动木板，拉力大小随时间的变化关系满足F＝kt，12
s末物块与木板开始相对滑动且k值发生突变，木板的加速度随时间变化的图象如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)木板与水平地面间的动摩擦因数；
(2)6～18
s时间段内拉力对木板的冲量。
正解 (1)当t1＝6
s时，木板将要相对地面运动，它们之间的摩擦力为最大静摩擦力，设动摩擦因数为μ，对整体，根据力的平衡条件可得kt1＝μ(M＋m)g(2分)
当t2＝12
s时，木板与物块一起做加速运动，对整体，根据牛顿第二定律可得kt2－μ(M＋m)g＝(M＋m)a(2分)
由以上两式可得μ＝0.1。(1分)
(2)6～12
s时间内，物块与木板一起做加速运动，对整体，由动量定理可得
I1－μ(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0(2分)
由a?t图象与时间轴围成的“面积”可知
v1－0＝×6×1
m/s＝3
m/s(1分)
12～18
s时间内，物块与木板发生相对运动，对木板，由动量定理可得
I2－μ(M＋m)g(t3－t2)－μmg(t3－t2)＝Mv2－Mv1(2分)
由a?t图象与时间轴围成的“面积”可知
v2－v1＝×6×
m/s＝13
m/s(1分)
6～18
s时间内拉力对木板的总冲量为I＝I1＋I2
联立解得I＝77
N·s。(1分)
答案 (1)0.1 (2)77
N·s
错解 (1)当t1＝6
s时，木板将要相对地面运动，它们之间的摩擦力为最大静摩擦力，设动摩擦因数为μ，对整体，根据力的平衡条件可得kt1＝μ(M＋m)g(2分)
当t2＝12
s时，木板与物块一起做加速运动，对整体，根据牛顿第二定律可得kt2－μ(M＋m)g＝(M＋m)a(2分)
由以上两式可得μ＝。(扣1分)
(2)6～12
s时间内，物块与木板一起做加速运动，对整体，由动量定理可得
I1－μ(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0(2分)
由运动图象可知v1＝1
m/s(扣1分)
12～18
s时间内，物块与木板发生相对运动，对木板，由动量定理可得
I2－μ(M＋m)g(t3－t2)－μmg(t3－t2)＝Mv2－Mv1(2分)
由运动图象可知v2－v1＝
m/s＝
m/s(扣1分)
6～18
s时间内拉力对木板的总冲量为I＝I1＋I2
联立解得I＝
N·s。(扣1分)
答案 (1) (2)
N·s
第(1)问中，误认为t2＝12
s时木板加速度突变是由于物块与木板之间的静摩擦力突变为滑动摩擦力，而没有理解加速度突变是由k值突变引起的。第(2)问中，求解木板的速度变化量时，错误地直接代入a?t图象的纵坐标计算，而没有理解a?t图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量。
