高考二轮复习物理课件（新高考新教材）第二编题型方法指导专题2数学方法和物理图像要点2图像在物理问题中的应用

考点一时间计算角度1

x-t图像1.一般曲线(1)曲线不表示物体做曲线运动,而是表示物体做变速直线运动;(2)一般割线的斜率等于平均速度,某点切线斜率等于瞬时速度;(3)注意路程和位移区别。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.抛物线

针对训练1(2023山东模拟预测)甲、乙两车在同一条平直公路上运动,其x-t图像如图所示,已知甲车做匀变速直线运动,其余数据已在图中标出。根据图中数据可知(

)A.t=2s时刻,甲、乙两车速度大小相等B.0~2s内,甲车位移等于乙车位移C.甲车的初速度大小为2m/sD.相遇之前,t=0.75s时两车相距最远D解析

在x-t图像中,图线的斜率表示速度,由题图可知,t=2

s时刻甲车的速度大于乙车的速度,故A错误;由题图知,甲车位移为8

m,乙车位移为6

m,甲车位移大于乙车位移,故B错误;甲车的位移表达式为x=v0t+a1t2+x0,将(0,-2)、(1,0)、(2,6)代入上式,解得x0=-2

m,v0=0,a1=4

m/s2,故C错误;由乙车图线可知,乙车做匀速直线运动,速度大小为3

m/s,两车速度相同时,两车相距最远,即v甲=v乙=3

m/s,t==0.75

s,故D正确。角度2

v-t图像

针对训练2(2023河北唐山三模)跳水比赛中,从运动员离开跳板开始计时,跳水过程中运动员重心的v-t图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,运动员的运动轨迹视为直线。则下列说法正确的是(

)A.运动员在入水前做的是自由落体运动B.运动员在t=2s时已浮出水面C.运动员在1~2s内的位移大小约为8mD.运动员双脚离开跳板后重心上升的高度为0.2mD解析

运动员离开跳板时,有向上的初速度,则运动员在入水前做的不是自由落体运动,故A错误;运动员在t=2

s时速度为0,运动到最低点,即入水最深处,故B错误;运动员在0.2~1

s内做自由落体运动,由公式v=gt可得,t=1

s时运动员的速度为v=8

m/s,若运动员在1~2

s内做匀减速运动,v-t图像如图所示由v-t图像中面积表示位移可知,此时,运动员在1~2

s内的位移为x=×1×8

m=4

m,则运动员在1~2

s内的实际位移小于4

m,故C错误;由图可知,运动员在t=0.2

s时运动到最高点,则有

,可得双脚离开跳板后重心上升的高度为0.2

m,故D正确。类型二动力学图像针对训练3(2023山东青岛二模)风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F=CρSv2(S为物体迎风面积,C为风阻系数,ρ为空气密度)。图甲中风洞竖直向上匀速送风,一质量为m的物体从A处由静止下落,一段时间后在B处打开降落伞,相对速度的二次方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,下列说法正确的是(

)A.开伞前加速度向下,越来越大B.开伞后加速度向上,越来越大C针对训练4(2023山东济南一模)如图所示,一长木板a在光滑水平地面上运动,某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上,此时a的速度为v0,同时对b施加一个水平向右的恒力F,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上,则物块放到木板上后,下列关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是(

)D解析

长木板a和滑块b速度达到相等之前,b相对a向左运动,b受到a向右的摩擦力和恒力F,a受到b向左的摩擦力,a做减速运动,b做加速运动,由于不清楚a、b质量以及恒力的大小,无法比较a、b加速度的关系,a、b共速后,若在F作用下,a、b间的摩擦力没有达到最大静摩擦力,对a、b整体由牛顿第二定律可知,a、b一起做加速运动,若在F作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力后,则a、b加速度大小不相等,均做加速运动。故选D。类型三功、能、动量中的图像角度1

机车启动中的图像

针对训练5(2023陕西西安模拟)某型号新能源汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数

的关系图像如图所示,若汽车质量为2×103kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,最大车速为30m/s,则(

)A.汽车匀加速所需时间为5sB.汽车以恒定功率启动C.汽车所受阻力为1×103ND.汽车在车速为5m/s时,功率为6×104WA=ma,联立解得F阻=2×103

N,P=6×104

W,故C错误;根据牛顿第二定律,汽车匀加速运动时有F-F阻=ma,代入数据得F=2×103

N+2×103×2

N=6×103

N,车速v'=5

m/s时,功率P'=Fv'=6×103×5

W=3×104

W,故D错误。角度2

功能关系中的图像

Ek-x图像Ep-x图像E-x图像E-t图像斜率:合力①合力沿+x方向②合力沿-x方向斜率:对应的保守力(保守力指做功与路径无关的力)①保守力沿-x方向②保守力沿+x方向斜率:除重力、弹力以外的力①沿+x方向②沿-x方向斜率:功率针对训练6(2023湖南常德一模)跳台滑雪项目是一项勇敢者的运动。如图甲所示,某跳台滑雪运动员从助滑道滑下,然后从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡b处着陆,运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像如图乙所示,不计空气阻力的作用,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是(

)A.运动员在a处的速度大小为20m/sB.运动员在b处时,重力的瞬时功率为1.2×104WC.斜坡的倾角为30°D.t=1.5s时,运动员在空中离坡面的距离最大甲

乙B角度3

动量中的图像针对训练7(2023北京西城二模)研究蹦极运动时,在运动员身上装好传感器,用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳,从蹦极台无初速度下落,根据某次传感器测到的数据,得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力,根据图像可知(

)A.弹性绳的原长为15mB.0~15m下落过程中,运动员重力势能的减少量大于动能的增加量C.15~27m下落过程中,运动员所受合力先减小后增大D.0~27m下落过程中,运动员重力的冲量大小大于弹性绳弹力的冲量大小答案

B解析

由图像可知位移大小为15

m时,速度大小为最大值,可知该位移处弹性绳的弹力与运动员的重力等大,所以弹性绳处于伸长状态,即弹性绳的原长小于15

m,故A错误;运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动,至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动,直至速度达到最大,此时位移大小为15

m,所以0~15

m下落过程中,运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量,故B正确;15

m时,弹性绳的弹力与运动员的重力等大,合力为零,之后运动员继续向下运动,弹性绳伸长量继续变大,弹性绳弹力大于重力,合力向上且变大,故C错误;0~27

m下落过程中由动量定理可得IG+I弹=0,可知运动员重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小,故D错误。A.小车质量是小球质量的2倍

BC类型四电场中的图像角度1

电场中的φ-x图像1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。2.在φ-x图像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,如图所示。针对训练9(多选)(2023河北沧州模拟)如图甲所示,两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点,O点为坐标原点,在x轴上各点的电势φ随x轴坐标的变化规律如图乙所示,图中x轴上C点的电势为零,D点的电势最低。则(

)A.图像中图线的斜率表示电势能B.在x轴上D点的电场强度为零C.点电荷Q1的电荷量比Q2的大D.点电荷Q1带正电,Q2带负电BC解析

在φ-x图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度,故A错误;由题图可知,在x轴上D点的电场强度为零,B正确;因为在x轴上D点的电场强度为零,由电场的叠加原理知,Q1、Q2在D点处产生的电场强度大小相等、方向相反,由题图知Q1到D点的距离大于Q2到D点的距离,根据点电荷的电场强度公式

知,Q1的电荷量大于Q2的电荷量,且两电荷带异种电荷,Q1带负电,Q2带正电,C正确,D错误。角度2

电场中的E-x图像问题1.E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度沿x轴负方向。2.在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度、电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。针对训练10在x轴上固定两个不等量异种点电荷,其中正电荷标记为M,负电荷标记为N。x轴上某一段电场强度E随x变化的关系图像如图所示,其中x1到x2、x2到x3段图像与x轴所围的面积相等,取无穷远处电势为零。下列说法正确的是(

)A.M在N的右侧,且M的电荷量的绝对值大于N的B.M在N的左侧,且M的电荷量的绝对值小于N的C.x1和x3处的电势相等,且都大于0D.一电子从x1处由静止释放,运动到x2处时速度为0,加速度也为0C解析

由于是两异种点电荷,两点电荷间无电场强度为零的点,根据图像,x2位置的电场强度为0,即两点电荷处于x2的同一侧;两个不等量异种点电荷连线上,在电荷量绝对值较小的电荷外侧有合电场强度为0的点,且对于合电场强度为0的点与电荷量较小的电荷之间区域的合电场强度由电荷量小的点电荷起主要作用,合电场强度为0的点的外侧区域的合电场强度是电荷量大的点电荷起主要作用。由图像可知,x2处合电场强度为0,且x2右侧合电场强度为正,说明两点电荷在x2左侧,正点电荷带电荷量的绝对值大,且在负点电荷左侧,A、B错误;根据U=Ed可知,E-x图像与x轴所围的面积等于两点间的电势差,沿电场线方向电势降低,根据题图可知,x2到x1电势逐渐降低,x2到x3电势逐渐降低,且x2到x1和x2到x3的电势差相等,所以x1和x3处的电势相等,从x3处到无穷远处,电势逐渐降低,可知x1和x3处的电势都大于0,C正确;若一电子从x1处由静止释放,从x1处到x2处向右加速,到x2处加速度减小到0,速度达到最大,D错误。角度3

电场中的Ep-x图像1.反映了电势能随位置变化的规律。2.图线的切线斜率大小等于静电力大小。3.进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况。针对训练11有一电场在x轴各点的电场强度分布如图所示,现将一带正电的粒子(不计重力)从O点由接近于0的速度释放,仅在静电力的作用下,带电粒子沿x轴向右运动,则关于该电场在x轴上各点的电势(φ)、带电粒子的电势能(Ep)、动能(Ek)以及动能与电势能之和(E0)随x变化的图像,正确的是(

)C解析

根据x轴上各点电场强度的分布特点可知,该电场的分布类似于等量正电荷中垂线上电场强度的分布,电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上,沿电场线的方向,电势逐渐降低,所以O点的电势最高,故A错误;带电粒子的电势能Ep=qφ,由题意知带电粒子带正电,所以粒子在O点的电势能最大,故B错误;由动能定理知,静电力做的功等于动能的变化量,有qEx=Ek-Ek0,由题意知带电粒子的初动能Ek0=0,得Ek=qEx,静电力始终做正功,动能一直增大,由于电场强度随x先增大后减小,所以动能随x变化的图像的切线斜率先增大后减小,故C正确;带电粒子在运动过程中,只有静电力做功,故电势能与动能的总和保持不变,故D错误。类型五电路中的图像针对训练12(2023北京东城二模)如图所示的U-I图像中,直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系,直线b、c分别表示电阻R1、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是(

)A.电阻R1、R2的阻值之比为4∶3B.该电源的电动势为6V,内阻为3ΩC.只将R1与该电源组成闭合电路时,电源的输出功率为6WD.只将R2与该电源组成闭合电路时,内、外电路消耗的电功率之比为1∶1D源组成闭合电路时,电源的输出功率为P1=4×1

W=4

W

,C错误;只将R2与该电源组成闭合电路时,内、外电路消耗的电功率分别为P内=I2r,P外=I2R2,解得P内∶P外=1∶1,D正确。针对训练13(2023江苏常州二模)一个超声波加湿器的内部湿度监测装置的简化电路图如图甲所示,已知电源电压为12V,内阻不计,定值电阻R0的阻值为30Ω,电流表的量程为0~200mA,电压表的量程为0~9V,湿敏电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图像如图乙所示,其阻值最大为120Ω(图乙中未画出)。则在电路安全工作的前提下,下列说法正确的是(

)A.湿敏电阻R的电流最小值为80mAB.定值电阻R0的电功率范围为0.3~1.2WC.电路消耗的总功率最大值为3.6WD.此装置能监测的湿度范围为30%~80%B解析

电路允许R的阻值最大时,电路中的电流最小,R两端的最大电压为UR=9

VR0两端的电压为U0=U-UR=12

V-9

V=3

V由题图乙可知,此装置可监测的最大湿度为RH大=80%电路允许的阻值最小时,电路中的电流最大,为I'=200

mA=0.2

AR0两端的电压为U0'=I0'R0=0.2×30

V=6

VR0的最大电功率为P0'=U0'I0'=6×0.2

W=1.2

W电路消耗的最大总功率为P大=UI'=12×0.2

W=2.4

WR两端的电压为UR'=U-U0'=12

V-6

V=6

V由题图乙可知,此装置可监测的最小湿度为RH小=20%综上可知,湿敏电阻的电流最小值为100

mA,故A错误;定值电阻R0的电功率范围为0.3~1.2

W,故B正确;电路消耗的总功率最大值为2.4

W,故C错误;此装置能监测的湿度范围为20%~80%,故D错误。类型六电磁感应、交变电流中的图像针对训练14(多选)如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度,线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R,ac、bd长度均为2L、电阻不计,ef位于线框正中间。若线框由静止释放,t=0时刻cd边进入磁场且恰好匀速运动,则整个线框通过磁场区域的过程中,线框的速度大小v,a、b两点之间电势差Uab,流过ab边的电流Iab,ab边产生的焦耳热Qab随时间t的变化图像正确的是(

)AD解析

设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0,匀强磁场的磁感应强度大小为B,切割磁感线产生的电动势E=BLv0,通过cd的电流

,由平衡条件得BIL=mg,当ef进入磁场瞬间,cd出磁场,回路电动势和总电流不变,仍满足BIL=mg,同理当ab进入磁场时也有BIL=mg,由此可知,线框通过磁场区域的过程中做匀速运动,故A正确;当cd边切割磁感线时,ef、ab并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两端电压Uab=E-IR,当ef边切割磁感线时,cd、ab并联,根据闭合电路欧姆定律得,a、b两端电压仍为Uab=E-IR,可知整个过程中a、b两端电压并不发生变化,故B错误;当cd和ef切割磁感线时,通过ab的电流针对训练15(2023浙江金华联考)医院的备用供电系统输电电路简图如图甲所示,矩形交流发电机匝数为n=50,线圈、导线的电阻均不计,在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO'为轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图像如图乙所示,Φm=

Wb,并与变压器的原线圈相连,变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电,变压器为理想变压器,假设额定电压为220V的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的是(

)甲

乙A.电压表的示数为

VB.该交变电流的方向每秒改变50次C.变压器的原、副线圈匝数比为5∶22D.当副线圈并联更多医疗设备时,发电机的输出功率变小答案

C类型七近代物理中的图像针对训练16(2023重庆北碚模拟)用光照射某种金属时,逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像如图所示,下列说法正确的是(

)A.该金属的逸出功为0.5eVB.该金属的截止频率为5.50×1014HzC.根据该图像能求出普朗克常量D.根据该图像能求出电子的电荷量C解析

根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,Ek-ν图像的横轴的截距大小等于截止频率,由图知该金属的截止频率为4.3×1014

Hz,故B错误;由Ek=hν-W0,可知该图线的斜率表示普朗克常量h,则h=

J·s=6.67×10-34

J·s,故C正确;当Ek=hν-W0=0时,逸出功为W=hν0=6.67×10-34×4.3×1014

J=1.79

eV,故A错误;根据该图像不能求出电子的电荷量,故D错误。C类型八热学中的图像针对训练18(2023湖南衡阳模拟)一定质量的理想气体从状态a开始,经历等压、等温、等压、等温的四个过程ab、bc、cd、da回到原来的状态,其p-V图像如图所示,下列说法正确的是(

)A.ab过程外界对气体做的功和cd过程气体对外界做的功是相等的B.气体在状态b时的内能大于它在状态d时的内能C.气体在状态b时的体积一定等于它在状态d时的体积D.在da过程中,气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功A解析

由理想气体状态方程

=C,所以ab过程外界对气体做的功W1=paVa-pbVb=C(Ta-Tb),cd过程外界对气体做的功W2=pcVc-pdVd=C(Tc-Td),又因为C(Ta-Tb)=-C(Tc-Td),所以这两个等压过程气体做功的大小是相等的,与气体体积变化无关,则无法判断状态b与状态d时体积的大小关系,故A正确,C错误;b点所在等温线低于d点所在等温线,则气体在状态b时的内能小于它在状态d时的内能,故B错误;由于状态d到状态a是等温过程,故内能没有变化,所以在da过程中气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功,故D错误。针对训练19(2023山东济南一模)密闭容器内封有一定质量的理想气体,V-T图像如图所示,从状态a开始变化,经历状态b、状态c,最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是(

)A.气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量B.气体在由状态b变化到状态c的过程中,内能增加C.气体从状态a完成循环回到状态a的过程中,向外界放出热量D.气体从状态c变化到状态a的过程中,单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加C解析

气体在由状态a变化到状态b的过程中压强不变,体积增大,气体对外做功,即W<0,温度升高,气体内能增大,即ΔU>0,由热力学第一定律有ΔU=W+Q可知Q>0,气体吸收热量,故A错误;气体在由状态b变化到状态c的过程中,气体温度不变,气体内能不变,故B错误;气体从状态a完成循环回到状态a的过程中,气体温度不变,气体内能不变,由热力学第一定律有ΔU=W+Q=0,从a到b为等压变化,气体体积变大,气体对外做功为W1=pb(Vb-Va),从b到c为等温变化,气体体积减小,外界对气体做功为完成循环回到状态a的过程中,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量,故C正确;气体从状态c变化到状态a的过程中,体积不变,分子密度不变,而温度降低,分子的平均动能减小,气体的压强减小,所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少,故D错误。类型九振动图像与波的图像针对训练20(2023天津南开模拟)如图甲所示,在xOy平面内有S1和S2两个波源,分别位于x1=-0.2m和x2=1.2m处,振动方向在xOy平面内并与x轴垂直,S1、S2的振动图像分别如图乙、丙所示。t=0时刻,两波源同时开始振动,波速v=2m/s。下列说法正确的是(

)甲

乙丙A.t=0.2s时,x=0.2m处的质点开始振动且方向沿y轴负方向B.t=0.4s时,x=0.6m处的质点位移为40cmC.x=0.7m处的质点始终位于平衡位置D.t=0.5s后,x=0.8m处的质点振幅为40cm答案

D解析

由题图可知,S1起振时沿y轴正向,S2起振时沿y轴负向,S1、S2的起振的方向相反,在t=0.2

s时,S1传播的距离为x1=vt=2×0.2

m=0.4

m,可知波S1传到x=0.2

m处,S2波此时还没有传到,则x=0.2

m处的质点开始振动且方向沿y轴正方向,A错误;在t=0.4

s时,S1传播的距离为x1'=2×0.4

m=0.8