高考物理解题方法：图像法 一、单选题 1． ．的 如图是质点做直线运动的 v ﹣t 图象．关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ）
）
A ．0 ～t 1 时间内质点做匀速运动 B ．t 1 ～ ～t 2 时间内质点保持静止 C． ． 质点先做匀加速运动再做匀速运动 D ．t 1 时刻质点的运动方向改变 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
由图线可知，0~t 1 时间内质点做匀加速运动，选项 A错误；t 1 ~t 2 时间内质点保持匀速直线运动，选项 B 错误；综上所述，质点先做匀加速运动再做匀速运动，选项 C 正确；t 1时刻前后质点的速度均为正值，故质点的运动方向没有改变，选项 D错误；故选 C. 2． ．点 两个质点 A 、B 放在同一水平面上，从同一位置沿相同方向做直线运动，其运动的v-t 图象如图所示.对 对 A 、B 运动情况的分析，下列结论正确的是
A． ．在 在 6s 末，质点 A 的加速度大于质点 B 的加速度 B． ．在 在 0-12s 时间内，质点 A 的平均速度为76ms C． ．点 质点 A 在 在 0 －9s 时间内的位移大小等于质点 B 在在 0 －3s 时间内的位移大小 D． ．在 在 12s 末，A 、B 两质点相遇 【答案】A 【解析】
【详解】
A、根据 v-t图象中图线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，可知质点 A
在 6
s末的加速度是13 m/s 2 ，质点 B 在 6
s时末的加速度是24 3 1a /12 3 9Bm s ，所以 A的加速度较大，故 A正确； B、在 0～12s时间内，质点 A的位移为1 6 1 43 10.52 2x m m m ，平均速度为10.5 7/ /12 8xv m s m st ，故 B 错误； C、质点 A在 0－9s时间内的位移大小1 632Ax m m ，质点 B在 0－3s 时间内的位移大小1 33 62Bx m m ，故 C 错误； D、在 12s末，A、B 两质点相距的距离等于它们的位移之差，为1 3 3 4 1 6 1 4( 3 9) ( 3) 272 2 2 2B As x x m m m ，故 D错误。
【点睛】
在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移；根据几何关系求出质点 A、B在 0～12s内的位移，再由位移与时间之比求其平均速度，根据位移关系分析何时两质点相遇。
3． ．为 用传感器研究质量为 2kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（
）
A ．0~2s 内物体做匀加速直线运动 B ．0~2s 内物体速度增加了 4m/s C ．2~4s 内合外力冲量的大小为 8Ns D ．4~6s 内合外力对物体做正功 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
A．0~2s 内物体的加速度变大，做变加速直线运动，故 A错误；
B．图像下面的面积表示速度的变化量，0~2s 内物体速度增加了12 2 2m/s2 ，故B 错误； C．2~4s 内合外力冲量的大小 2 2 2N s=8N s I mat
故 C 正确；
D．由图可知，4~6s 内速度变化量为零，即速度不变，由动能定理可知，合外力对物体做功为零，故 D错误。
故选 C。
4． ．为 如图甲所示，一质量为 2kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线的 运动时的 a-t 图象如图乙所示，t=0 时其速度大小为 2m/s ，滑动摩擦力大小恒为 2N ，则（
）
A． ．在 在 t=6s 的时刻，物体的速度为 18m/s B． ．在 在 0~6s 时间内，合力对物体做的功为 400J C． ．在 在 t=6s 的时刻，摩擦力的功率为 36W D． ．在 在 t=6s 的时刻，拉力 F 的功率为 200W 【答案】D 【解析】
【分析】
【详解】
A．根据 v a t 可知 a t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在6s t 时刻，物体的速度 6 012 (2 4) 6 20m/s2v v v
故 A错误； B．根据动能定理得 2 2k 6 01 1396J2 2W E mv mv 合 故 B 错误；
C．摩擦力的功率 2 20W 40W P fv
故 C 错误； D．在 6s t 时刻，根据牛顿第二定律得 2 4 2 10N F ma f
则在 6s t 时刻，拉力 F 的功率 610 20 200W P Fv
故 D正确。
故选 D。
5． ．量 质量 m=1kg 的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平力 外力 F 时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若 若 F-x 图象如图所示。且 4 ～5m 内物体匀速运动。x=7m 时撤去外力，取 g=10m/s 2 ，则下列有关描述正确的是（
）
）
A． ．为 物体与地面间的动摩擦因数为 0.1 B． ． 撤去外力时物体的速度为 2 m/s C ．x=3m 时物体的速度最大 D． ．行 撤去外力后物体还能在水平面上滑行 3s 【答案】B 【解析】
【详解】
A. 由图象知 4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由 F mg
知动摩擦因数为 0.3，故 A不符合题意； B. 前 7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且 F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理 23 5 3 5 3 13 1 3 1 2 3 7 J2 2 2 2mv
解得2m/s v ，故 B 符合题意； C. 由图知前 3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故 C 不符合题意； D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有 mv mgt 解得2s3t ，故 D不符合题意。
6． ． 如图甲所示，一滑块沿光滑的水平面向左运动，与轻弹簧接触后将弹簧压缩到最短，然后反向弹回，弹簧始终处在弹性限度以内，图乙为测得的弹簧的弹力与弹簧压缩量之由 间的关系图像，则弹簧的压缩量由 8cm 变为 4cm 时，弹簧所做的功以及弹性势能的改变量分别为（
）
）
A． ． 3.6J 、 3.6J
B． ． 3.6J 、 3.6J
C． ． 1.8J 、 1.8J
D． ． 1.8J 、 1.8J
【答 案】C 【解析】
【详解】
F x 图线与横轴围成的面积表示弹力做的功，则 1 10.08 60J 0.04 30J 1.8J2 2W
根据pW E 知，弹性势能减少 1.8J，故 C 正确。
故选 C。
7． ． 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化．此外，由于它与计算机相连，能在几秒内画出电流随时间变化的图关 象．现照图甲所示连接电路，先使开关 S 与 与 1 端相连，电源向电容器充电，这个过程可关 在瞬间完成．然后把开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，传感器将电流信息传的 入计算机，屏幕上显示出图乙所示电流随时间变化的 I －t 曲线．一同学想利用 I － t 曲 曲线图象估算电容器的电容大小，还需提供哪个物理量（
）
）
A． ．势 电源的电动势 E B． ．离 电容器两极板的距离 d C． ．积 电容器两极板的正对面积 S D． ． 电容器两极板间电介质的介电常数rε
【答案】A 【解析】
【详解】
图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据四舍五入的原则，数出图线与坐标轴所围成的面积的格数，可求出电容器放出的总电荷量 Q，根据电容器的电容QCU 可知，且 U E 可求出电容QCE ，因此需要电源的电动势，故 A正确． 8． ．关 如图甲，先将开关 S 掷向 1 ，给平行板电容器 C 充电，稳定后把 S 掷向 2 ，电容器阻 通过电阻 R 放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流 I 随时间 t 变 变器 化的图象如图乙所示．将电容器 C 两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行的 上述实验，得到的 I-t 图象可能是
A． ．
B． ．
C． ．
D． ．
【答案】C 【解析】
【详解】
将电容器间距变大，相当于增大了板间距，根据平行板电容器决定式：4SCkd ，可知电容变小，则充电电量：
Q CU 变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压 U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电量变小， I t 图面积代表电量，所以面积比图乙小，ABD错误 C 正确 9． ． 已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线汽缸内一定质量的理想气体由态 状态 1 到状态 2 的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能
A． ． 先增大后减小 B． ． 先减小后增大 C． ． 单调变化 D． ． 保持不变 【答案】B 【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由 PVT为恒量，由图象与坐标轴围成的面积表达
PV 乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度 T 先减小后增大，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先将小后增大． 故选 B．
10． ． 在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（
）
A． ． 丙光的频率大于乙光的频率
B． ． 甲光的频率大于乙光的频率 C． ． 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D． ． 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 【答案】A 【解析】
【分析】
【详解】
A．在光电效应中，遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，遏止电压越大，丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，丙光的频率大于乙光的频率，A正确； B．甲光和乙光的遏止电压相同，则它们的频率相同，B 错误； C．不同金属的截止频率不同，同一金属的截止频率相同，与入射光无关，所以乙光和丙光照射的阴极材料截止频率相同，C 错误； D．根据 2012e m cm v eU h W
甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，D错误。
故选 A。
11． ．图 图 a 为一列简谐横波在 0 t 时的波动图象，该波中 1m x点 处质点 P 的振动图象如图 图 b 所示，下列说法正确的是（
）
A． ．为 该波的波速为 2m/s B． ．沿 该波沿 x 轴正方向传播 C． ． 1s t 点 时，质点 P 的位移为 5cm D． ．过 经过 10s ，P 运动的路程为 20m 【答案】A 【解析】
【分析】
【详解】
A．由题图可知
=4m ， 2s T
则该波的波速为 2m/s vT
所以 A正确； B．由振动图象可知， 0 t 时，质点 P 向下运动，根据同侧法，在波动图象中可以判断该波沿 x 轴负方向传播，所以 B 错误； C．由振动图象可知， 1s t 时，质点 P 的位移为 0，所以 C 错误； D．经过 10s，该波向 x 轴负方向传播了 5 个波长，经历了 5 个周期，所以质点 P 运动路程为 5 4 5cm 100cm 0.1m s
所以 D错误。
故选 A。
二、多选题 12． ．板 如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为2kg m 体 的另一物体 B （可视为质点）以水平速度02m/s v 板 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A 、B 间存在后 摩擦，之后A、 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度210m/s g 。则下列说法正确的是（
）
A． ．为 木板获得的动能为 2J B． ．为 系统损失的机械能为 2J C． ．板 木板 A 的最短长度为 1m D ．A 、B 间的动摩擦因数为 0.1 【答案】BCD 【解析】
【分析】
【详解】
A．从图可以看出，B 做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为 1m/s，由 2kA12E mv
可得木板 A的获得的动能为 1J，选项 A错误； B．系统损失的机械能 2 201 122 2E mv mv
代入数据得 2J E
选项 B 正确； C．由图象可知物体 B 的位移为 1.5m，木板 A的位移为 0.5m，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为 1m，选项 C 正确； D．由图象可知木板 A的加速度为 1m/s 2 ，根据 B A Am g m a
其中 A B2kg m m
得出动摩擦因数为 0.1，选项 D正确。
故选 BCD。
13． ．为 静止在光滑水平面上的物体，质量为 m=0.5kg ，从 0 时刻起同时受到两个水平力F 1 、 、F 2 的作用，F 1 、 、F 2 间 与时间 t 的关系如图所示，下列说法正确的是（
）
）
A． ．前 前 2s 内 内 F 1 为 的冲量为 4N·S B ．4s 末物体的速度为 0 C． ． 物体做匀加速直线运动 D ．4s 内物体的的最大速度为 4m/s 【答案】BD 【解析】
【分析】
【详解】
A．F 1 随时间均匀减小，2s末力的大小为 1N，前 2s内 F 1 的冲量为 2 12N s=3N s2I
故 A错误； B．F-t 图象面积表示冲量，根据图象分析可知合力的冲量为零，动量变化量为零，4s末物体的速度大小和初速度大小相等，仍为零，故 B 正确。
C．物体合外力先减小，后反向增大，加速度随之变化，物休做变加速直线运动，故 C错误； D．物体先加速后减速，2s末时加速度为零，速度达到最大，由动量定理可得 1 2Ft Ft mv
代入数值 2 1 0 12kg m/s- 2kg m/s 0.5kg2 2v
解得 4m/s v 。
说明 4s内物体的的最大速度为 4m/s，故 D正确。
故选 BD。
14． ．为 光滑水平面上静止一质量为 2kg 的物块。在 0 ～8s 时间内受到水平力 F 的作用。力F 随时间 t 的变化如图所示，下列说法正确的是（
）
）
A ．t=2s 时，物块的速度大小为 2m/s B ．t=4s 时，物块的速度大小为 2m/s C ．t=2s 时和 t=6s 时，物块的动量相同 D ．t=8s 时，物块恰好回到原出发点 【答案】BC 【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可知在 0～2s内，力的冲量 112 4N s 4N s2I
根据动量定理 1 2 2I p mv
解得21m /s v ，故 A错误； B．由图可知在 0～4s内，力的冲量 212 2N s 2N s2I
根据动量定理 2 4I mv
解得42m/s v ，故 B 正确； C．由图可知在 0～2s内与 0～6s内，力的冲量相同，根据动量定理知 t=2s时和 t=6s 时，物块的动量相同，故 C 正确； D．根据图象知，在 0～4s内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，在 4～8s内，力的方向改变，做减速运动，根据图象和对称性知，在 t=8s 时，速度恰减到零。所以在 0～8s内物块的运动方向不变，t=8s时，物块不会回到原出发点，故 D错误。
故选 BC。
15． ．为 甲乙两个质量均为 1kg 的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静力 止开始加速，甲物块所受的力 F 随时间 t 的变化关系和乙物块所受的力 T 随位移 x 的变从 化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从 0 增大到 10N 的过程中，下列说法正确的是(
)
A． ．为 当水平力均为 10N 时，甲和乙的动量均为 10kgm/s B． ．力 甲所受力 F 对物块的冲量为 10Ns，，力 乙所受力 T 对物块所做的功为 10J C． ．为 甲在此过程中的位移为 10m D． ．为 当水平力均为 10N 时，甲的动能为 50J，， 乙的动量为 2 5 / kg m s
【答案】BD 【解析】
【分析】
【详解】
由甲图可知，图线与 t 轴围成的面积表示冲量，则当水平力为 F=10N时，冲量为
1 110 2 10 ?2 2I Ft N s ，根据动理定理 0 I P P 甲，得此时甲的动量为10 ? / P I kg m s甲 ，则此时甲的速度为 10 /Pv m sm 甲甲，则甲的动能为2 21 11 10 502 2kE mv J 甲 甲，因 F是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线与 x 轴围成的面积表示拉力 T 做的功，则当水平力 T=10N时， 则拉力 T 做的功为1 110 2 102 2W Tx J ，根据动能定理有：212W mv 乙 ，解得：2 2 102 5 /1Wv m sm 乙，此时乙的动量为 2 5 ? / P mv kg m s乙 ，故 AC错误，BD正确；故选 BD. 16． ．轨 如图甲所示，水平面内粗糙导轨 MN 、PQ 相距为 L ，置于竖直向下的磁感应强度为 为 B 的匀强磁场中，导轨电阻不计。两根电阻均为 R 的金属棒 ab 、cd 置于导轨上且与现 导轨接触良好，电流表内阻不计。现 ab 棒在水平外力 F 作用下由静止向右运动，电流在 表示数随时间变化图线如图乙所示，在 t 0 刻 时刻 cd 棒刚要开始运动，下列各种说法中正确的是（
）
A ．ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动 B． ． 若在0t 力 时刻突然撤去外力 F ，则 ab 棒的加速度0aBI Lm
C． ． 在0t 过 时间内，通过 cd 棒的电量为0 02I t D． ． 在0t 力 时间内，力 F 做的功全部转化为 ab 棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能 【答案】AC 【解析】
【分析】
【详解】
A．由乙图可知，t 0 时间内 I与时间成正比，根据闭合电路欧姆定律 2 2 2BL BLI v a tR R RE
可知0t 时间内，加速度为定值，所以 ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动，A正确； B．cd 棒刚要开始运动，此时有 0F f BI L 安 对于 ab 棒撤去外力 F 后，根据牛顿第二定律 F f ma 安 解得 02BI Lam
B 错误； C．根据电流的定义式 qIt
可知 t 0 时间内通过电路的电荷量大小等于 It 图线与时间轴围成的面积，两导体棒串联，则通过 cd 棒的电量为 0 02I tq
C 正确； D．对于整个系统来说，外力 F 做的功全部用来克服安培力做功（ab、cd 两棒中产生的焦耳热）、克服摩擦力做功（摩擦生热）以及增加动能，D错误。
故选 AC。
17． ．态 如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b ，再经过程 等温过程 bc 到达状态 c ，最后经等压过程 ca 回到状态 a 。下列说法正确的是（
）
A． ．程 在过程 ab 中气体的内能增加 B． ．程 在过程 ca 中外界对气体做功 C． ．程 在过程 ca 中气体从外界吸收热量 D． ．程 在过程 bc 中气体从外界吸收热量 【答案】ABD 【解析】
【分析】
【详解】
A．从 a 到 b等容升压，根据 pVCT
可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确； B．在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B 正确； C．在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据 pVCT
可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，C 错误； D．在过程 bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D正确。
故选 ABD。
18． ．从 有一质点从 t ＝0 开始由原点出发，其运动的速度— 时间图象如图所示，则（
）
A ．t 1s 时，质点离原点的距离最大 B ．t 2s 时，质点离原点的距离最大 C ．t 2s 时，加速度为 0 D ．t 4s 时，质点回到原点 【答案】BD 【解析】
【分析】
速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移． 【详解】
物体在 0-2s内速度为正值，向正方向运动，2s后速度变为负值，向负方向运动，可知在 t=2s 时，距离远点最远．故 A错误，B 正确；由图可知，t=2s 时，质点加速度不为零，
而是速度为零，故 C 错误；在 t=4s 时，图线与时间轴围成的面积等于 0，则位移等于 0，回到出发点，故 D正确；故选 BD． 【点睛】
解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示的含义． 19． ． 物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度— 时间图象如图所示，下列说法中正确的是
A． ．在 在 1 s 末，物体速度为 9 m/s B ．0 ～2 s 内，物体加速度为 6 m/s 2
C ．6 ～7 s 内，物体做速度方向向西的加速运动 D ．10 ～12 s 内，物体做速度方向向东的加速运动 【答案】AC 【解析】
【详解】
A．由所给图象知，物体 1 s末的速度为 9 m/s，选项 A正确； B．0～2 s内，物体的加速度 a＝12 62vt m/s 2 ＝3m/s 2
选项 B 错误； C．6～7 s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，选项 C 正确； D．10～12 s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，选项 D错误。
20． ． 如图所示是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为 线（直线与横轴的交点坐标为 4.27 ，与纵轴交点坐标为 0.5 ）．由图可知：
A． ．为 该金属的截止频率为 4.27×10 14 Hz B． ．为 该金属的截止频率为 5.5×10 14 Hz C． ． 该图线的斜率的物理意义是普朗克常量 D． ．为 该金属的逸出功为 0.5eV 【答案】AC 【解析】
当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为 4.27×10 14 Hz，A 正确 B 错误；根据0 kmE hv W 知，图线的斜率表示普朗克常量，C 正确；金属的逸出功为34 1406.67 10 4.27 10 1.78 W hv J eV ，D错误． 21． ．线 如图所示，直线 I 、II 分别是电源 1 与电源 2 的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线 Ⅲ源 是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源 1 、电源 2 单 单独连接，则下列说法正确的是
A． ．源 电源 1 与电源 2 的内阻之比是 11 ∶7 B． ．源 电源 1 与电源 2 的电动势之比是 1 ∶1 C． ．是 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是 1 ∶2 D． ． 在这两种连接状态下，是 小灯泡的电阻之比是 1 ∶2 【答案】ABC 【解析】
【详解】
A．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源 1 与电源 2 的内阻之比是 11∶7，选项 A正确； B．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源 1与电源 2 的电动势之比是 1∶1，选项 B 正确； C．根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，由 P UI 可知，小灯泡消耗的功率之比是 1∶2，选项 C 正确； D．根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，由URI
可知，小灯泡的电阻之比是 18∶25，选项 D错误； 故选 ABC。
22． ．源 振源 S 在坐标原点沿 y 轴方向上下振动，频率为 10Hz 。如图所示， 0 t 时刻向右传播的简谐横波恰好到达 2m x 处，向左传播的简谐横波图中未画出，则以下说法正确的是（
）
A． ． 0.05s t 时， 1m x 处的质点振动方向向上 B． ． 0.125s t 时， 3m x 处的质点处在波谷位置 C． ． 0.175s t 时， 1.5m x 处的质点位移为零 D． ． 0.300s t 时， 3.5m x 为 处的质点通过的路程为 36cm 【答案】CD 【解析】
【分析】
【详解】
A．由题可知 10Hz f ， 2m
可得波的波速为 20m/s v f
周期为 10.1s Tf 0.05s t 时，即波传播了12T ，此时 1m x 处的质点振动方向向下，所以 A错误； B． 0.125s t 时，即波传播了114T ， 0.05s t 时，向左传播的波传到 3m x 处的质点，质点开始向下振动，再过 0.075s， 3m x 处的质点振动34T ，即此时此处质点处于波峰位置，所以 B 错误； C． 0.175s t 时，即波传播了314T ，则 1.5m x 处的质点处于平衡位置，所以质点位移为零，所以 C 正确；
D． 0.300s t 时，即波传播了 3T ，波从0 t 时刻传到 3.5m x 处的质点需要 0.075s，则质点振动了 0.225s，通过的路程为 2 4 36cm s A A
所以 D正确。
故选 CD。
第 第 I II 卷（非选择题) )
请点击修改第 II 卷的文字说明
三、解答题 23． ． 电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工图 作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图 1 所示，电源与电为 容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为 E ，内阻不计，电阻阻值为 R ，平为 行板电容器电容为 C ，两极板间为真空，两极板间距离为 d ，不考虑极板边缘效应．
（ （1 ）闭合开关 S ，电源向电容器充电．经过时间 t ，电容器基本充满． a ．求时间 t 内通过 R 的平均电流 I ； ； b ．请在图2 中画出充电过程中电容器的带电荷量q 随电容器两极板电压u 变化的图象；量 并求出稳定后电容器储存的能量 E0 ； （ （2 ）稳定后断开开关 S ．将电容器一极板固定，用恒力 F 将另一极板沿垂直极板方向离 缓慢拉开一段距离 x ，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力 F 做功为 W ；与此同时，电容器储存的能量增加了 ΔE ．请推导证明：W=ΔE ．要求最后的表达式用已知量表示． 】
【答案】（1）a．CEIt
b．2012E CE
（2）见解析 【解析】
试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为 Q，即时间 t 内通过电阻 R 的电量，此时电容器两端电 压等于电源的电动势
根据电容的定义 （2 分）
根据电流强度的定义 （2 分）
解得平均电流 （2 分）
b．根据 q = Cu，画出 q-u 图像如图 1 所示
（2 分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图 2 中斜线部分所示 由图像求出电容器储存的电能 （2 分）
解得 （2 分）
（2）设两极板间场强为 ，两极板正对面积为 S 根据 ， ，得 ，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力 ．（2 分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出 （2 分）
电容器增加的能量 （或 ）
（2 分）
代入已知量得出 （2 分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒． 24． ． 电容器是一种重要的电学元件，有广泛的应用．不同的电容器储存电荷的本领不同，加 使电容器的两极电势差增加 1V 所需要的电荷量越多，表示电容器的电容大；电容是表号 示电容器容纳电荷本领的物理量，用符号 C 表示，注意，它不是表征容纳电荷多少的号 物理量．我们用符号 Q 表示电容器的带电量，它的数值与电容 C 、两极电压 U 有关． 请回答下列问题：
（ （1 ）对某一具体电容器，请结合 Q 与 与 C 、U 的关系，作出 C−U 图像和 Q−U 图像； （ （2 ）电源对电容器充电的过程中，电源必须克服电场力做功，把电源的能量以电势能的形式储存在电容器中；电源克服电场力做的功等于电容器电势能的增加值，这些能量为 分布在电容器内的电场中，也称为电场能．若电容器的电容为 C ，充电后两 极的电压为U ，试求：电容器所储存的能量． 【答案】（1）
（2）见解析 【解析】
（1）因为电容器的电容大小与两极板间的电荷量以及电压无关，所以 C-U图像应是一条平行横轴的直线，根据QCU 可知 Q CU ，即 Q U 是一条倾斜的直线，如图所示；
（2）设某一瞬间，电容器所带电量为 q，极板间的电势差为 u． 移动 dq ，外力克服电场力所做的功为qdW u dq dqC
故2012QQW qdqC C 因为QCU ，所以有电容器储存的电能为221 12 2 2QW QU CUC
25． ． 电磁弹射在电磁炮 、 航天器 、 舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用 ，图 图 1图 所示为电磁弹射的示意图．为了研究问题的方便，将其简化为如图 2 所示的模型（俯视
为 图）．发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为 L 且相互平行的金属导轨，整个为 装置处于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中．发射导轨的左端为充电电路，已为 知电源的电动势为 E ，电容器的电容为 C ，子弹载体被简化为一根质量为 m、 、 长度也为L 的金属导体棒，其电阻为 r ．金属导体棒，其电阻为 r ．金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻．
（ （1 ）发射前，将开关 S 接 接 a ，先对电容器进行充电． a． ．量 求电容器充电结束时所带的电荷量 Q ； b． ．压 充电过程中电容器两极板间的电压 y 随电容器所带电荷量 q 发生变化．请在图 3 中 中出 画出 u-q 图像；并借助图像求出稳定后电容器储存的能量 E 0 ； ； （ （2 ）电容器充电结束后，将开关 b ，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束．电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率．若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率 ． ． 【答案】（1）a． Q CE ；b． ；2012E CE （2）2 23B L Cm
【解析】
（1）a、根据电容的定义QCU
电容器充电结束时其两端电压 U等于电动势 E，解得电容器所带电荷量 Q CE
b、根据以上电容的定义可知quC ，画出 q-u 图像如图所示：
有图像可知，稳定后电容器储存的能量0E 为图中阴影部分的面积012E EQ ， 将 Q代入解得2012E CE
（2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为 t，放电的电荷量为 Q ，平均电流为 I ，导体棒离开轨道时的速度为 v 根以导体棒为研究对象，根据动量定理 0 BLIt mv ，（或 BLi t m v ）， 据电流定义可知 It Q （或 i t Q ）
根据题意有1 12 2Q Q CE ，联立解得2BLCEvm
导体棒离开轨道时的动能 2212 8kBLCEE mvm 电容器释放的能量2 2 21 1 32 2 8E CE CU CE
联立解得能量转化效率2 23kE B L CE m 26． ．为 如图（俯视图），虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为 B=0.5T 的匀强磁场，边长为 为 L=0.4m ，质量为 m=0.5kg 的正方形导线框起初静止在光滑水平地面上．从 t=0 时刻力 起，用水平恒力 F 向右拉线框从图示位置开始运动，此后线框运动的 v-t 图像如右图所示．求：
（ （1 ）恒力 F 的大小； （ （2 ）线框进入磁场过程中感应电流的大小； （ （3 ）线框进入磁场过程中线框产生的热量． 【答案】（1）2N，（2）10A，（3）0.8J 【解析】
试题分析：（1）在 0-0.4s内线框在拉力 F作用下，做初速度为 0 的匀加速度直线运动，由 v-t 图求出加速度，由牛顿第二定律求拉力 F的大小；（2）线框匀速进入磁场，由平衡条件得 FF BIL 安，可以求出感应电流的大小；（3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：
Q FL ，即可求解产生的热量. （1）由 v-t图可知，在 0-0.4s 内线框在拉力 F作用下，做初速度为 0 的匀加速度直线运动 由 v-t 图得：加速度2 21.6/ 4 /0.4a m s m s
由牛顿第二定律得：
0.5 4 2 F ma N N
（2）线框以速度为 1.6 / v m s 匀速进入磁场，由平衡条件得：
FF BIL 安 解得：2100.5 0.4FI A ABL （3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：
2 0.4 0.8 Q FL J J
27． ．沿 如图所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，实线为 0 t 时的波形图，此时波刚好传播到 5m x 处的质点，虚线为 0.2s t 时的波形图。求：
(1) 该波波源的起振方向； (2) 该波传播速度的大小； (3)若 若 0.2s T ，则 7m x 处的质点从 0 t 到第一次运动到波峰所需的时间。
【答案】(1)该波波源的起振方向沿 y 轴正方向；(2) (5 20 )m/s v n （ 0123 n ，，， ）；(3)0.6s 【解析】
【分析】
【详解】
(1)有题可知，该波沿 x轴正方向传播，所以利用同侧法可知，该波波源的起振方向沿 y轴正方向；① (2)该波沿 x 轴正方向传播，根据波动图象可知 10.2s4T nT ② 由①②，可得 0.8s1 4Tn（ 0123 n ，，， ）③ 根据机械波的传播，有 vT ④ 由②③④，得 (5 20 )m/s v n （0123 n ，，， ）⑤ (3)若 0.2s T
则 0.8s T ， 5m/s v ⑥ 波传播到 7m x 处质点所需时间 1xtv
10.4s t ⑦ 7m x 处质点从开始振动到第一次运动到波峰所需时间 24Tt
20.2s t ⑧ 1 20.6s t t t 总⑨ 28． ．为 如图所示，顶端安装有轻质定滑轮，倾角为 37° 的光滑斜面固定在水平地面上，离为 斜面的顶端距离为 L=0.4m 下方粘贴有一厚度不计、宽度是 d=0.2m 的橡胶带，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过定滑轮。A 的质量 m 1 =1kg ，宽度 d=0.2m ，其上边缘与斜面顶， 端齐平，B 的质量 m 2 =0.4kg 。现由静止释放 A ，已知 A 与橡胶带之间的动摩擦因素 μ=0.5， ，与 在运动过程中与 A 相连的绳子始终与斜面平行，A 未离开斜面，B 未上升到滑轮处，重度 力加速度 g=10m/s 2 ，不计空气阻力和滑轮与绳子间的阻力，求：
(1)A 物体刚进入橡胶带时的速度大小； (2)A 物体穿过橡胶带克服摩擦力所做的功； (3) A 物体完全离开橡胶带时的速度大小。
】
【答案】（1）122 m/s7v ；（2）0.8J；（3）212 m/s7v
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A 物体从静止释放到刚进入橡胶带过程中，A、B 组成的系统机械能守恒定律 设 A 物体刚进入橡胶带速度为 v 1 ：
21 2 1 2 11sin37 ( )2m gL m gL m m v
解得：
122 m/s7v
(2)A物体从进入橡胶带到离开，滑动摩擦力是变力， 由 F f －x 图象：
可得：
W=0.8J
(3) A 物体完全离开橡胶带时的速度大小 v 2 ，由能量守恒定律得：
21 2 1 2 21+ )sin37 ( ) ( )2m g L d m g L d m m v Q （
又因为：
Q W
解得：
212 m/s7v
29． ．为 如图甲所示，质量为 M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为 m、、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板从，物块冲上木板到物块和木板的 达到共同速度的过程中，物块和木板的 v-t 图像分别如图乙中的折线 acd 和bcd， 所示，a、 、b 、c 、d 点的坐标分别为 a(0 ，10) 、b(0 ，0) 、c(4 ，4) 、d(12 ，0) ，根据 v-t 图像，求：
（ （1 ）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a 1 ，木板开始做匀加速直线运动的小 加速度大小 a 2 小 ，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 a 3 ； （ （2 ）物块质量 m 与长木板质量 M 之比； （ （3 ）物块相对长木板滑行的距离 Δx。
。
】
【答案】（1）1.5m/s 2 ，1.0m/s 2 ，0.5m/s；（2）32；（3）20m 【解析】
【详解】
（1）由 v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小
a 1 =vt=10 44m/s 2 =1.5m/s 2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a 2 =vt=4 04m/s 2 =1m/s 2
达到同速后一起做减速运动的加速度大小 a 3 =vt=4 08m/s 2 =0.5m/s 2
（2）设物块与木板间的动摩擦因数为 1 ，木板与地面间动摩擦因数为 2 ，对 m冲上木板减速阶段 1 mg=ma 1
对 M 向前加速阶段 1 mg- 2 （m+M）g=Ma 2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段 2 （m+M）g=（M+m）a 3
以上三式联立可得，物块质量 m与长木板质量 M 之比 mM=32 （3）由 v-t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 x 对应图中 abc 的面积 x=12 10 4m=20m 30． ．在 如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在 A 、B 两处设有限制在 装置，使活塞只能在 A、 、B 之间运动，A 左侧汽缸的容积为 V 0 ， ，A、 、B 之间容积为 0.1V 0 ，在 开始时活塞在 A 处，缸内气体压强为 0.9p 0 （ （p 0 为 为大气压强），温度为 297K ，现通过对到 气体缓慢加热使活塞恰好移动到 B ，求：
(1) 活塞移动到 B 时，缸内气体温度 T B ； (2) 在图乙中画出整个过程的 p-V 图线。
【答案】(1)363K；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)活塞离开 A 处前缸内气体发生等容变化，初态 1 00.9 p p ，1297K T
末态 2 0p p
根据查理定律得 0 01 20.9p pT T 代入数据解得，活塞刚离开 A 处时的温度 2330K T
活塞由 A 移动到 B 的过程中，缸内气体作等压变化，由气态方程得 0 021.1BV VT T 代入数据解得 21.1 1.1 330K 363KBT T
(2)P−V 图线如图。
四、填空题 31． ．程 如图所示，一定质量的理想气体沿不同过程 I 、II ，由状态 A 变到状态 B ，状态 A
态 和状态B 的温度相同。则过程I 对外做的功_____ （选填 “ 大于 ”、 、 “ 等于 ” 或 “ 小于 ” ）程 过程 II 对外做的功；过程 I 吸收的热量_____ （选填 “ 大于 ” 、 “ 等于 ” 或 “ 小于 ” ）程 过程 II 吸收的热量。
【答案】大于
大于
【解析】
【分析】
【详解】
[1]过程 I、II气体对外做的功分别为 I A B AW p V V ， II B B AW p V V
由 p − V 图可知，A Bp p 、B AV V ，所以I IIW W ，即过程 I对外做的功大于过程 II对外做的功。
[2]理想气体在状态 A和状态 B 的温度相同，内能不变（ΔU = 0），由热力学第一定律得 I I IΔ 0 U Q W ，II II IIΔ 0 U Q W
解得 I IQ W ，II IIQ W
因为I IIW W ，所以I IIQ Q ，即过程 I吸收的热量大于过程 II吸收的热量。
五、实验题 32 ．(1) 热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图甲为某种热敏电阻和金属热电值 阻的阻值 R 随温度 t 变化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_____ （选填 “ 增强 ” 或 “ 减弱 ” ）；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更敏感； (2) 利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图乙所示为某同学用传感器的 做实验得到的小灯泡的 U-I 关系图线；
a ．实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器 A （阻值范围 0~10Ω ）、器 滑动变阻器 B （阻值范围 0~100Ω为 ）、电动势为 6V 的电源（不计内阻）、小灯泡、电键、导线若干。该同学做实验时，滑动变阻器选用的是_____ （选填“ “A” ” 或“ “B” ” ）；请在图丙的方框中完成该实验的电路图__________________； ； b ．将该小灯泡接入如图丁所示的电路中，已知电流传感器的示数为 0.3A ，电源电动势为 为 3V 。则此时小灯泡的电功率为_____W ，电源的内阻为_____Ω 。（各保留两位有效数字）
【答案】增强
A
0.69
2.3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由图 1所示图象可知，热敏电阻阻值随温度升高而减小，由此可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强。
(2)[2]a．为方便实验操作，滑动变阻器可以选 A； [3]小灯泡电阻较小，电流传感器应采用外接法，描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示
[4]b．由图乙可知，通过灯泡的电流是 0.3A时，灯泡两端电压是 2.3V，则灯泡功率 2.3V 0.3A 0.69W P UI
[5]电源电动势是 3V，过点（0.3A，2.3V）和纵轴上 3V的点作一直线，该直线是电源的 U-I图象，如图所示
该直线斜率绝对值等于电源的内阻 3 2.3Ω 2.3Ω0.3UrI