熱點3　物理圖象問題
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1．(2019•四川涼山州高三第三次診斷)A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其v－t圖象如圖所示，關于它們運動的描述正確的是(　　)

A．物體B在直線上做往返運動
B．物體A做加速度增大的曲線運動
C．A、B兩物體在0～1 s運動過程中距離越來越近
D．B物體在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比為1∶3∶2
2．一個面積為S的圓形金屬框置于水平桌面上，如圖甲所示(俯視圖)，金屬框內有一與線框平面垂直的磁場，磁感應強度為B1，圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導軌(兩導軌相距L、電阻不計)相連接，導軌間有垂直導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B2，一電阻為r的導體棒垂直放在導軌上且與導軌良好接觸，當磁感應強度B1隨時間t按圖乙所示規律變化時，導體棒在水平外力F的作用下始終不動，規定外力水平向右為正，磁場方向垂直紙面向里(豎直向下)為正，不計一切摩擦，則在0～5 s內外力F隨時間t變化的圖象正確的是(　　)

3．(2019•青島模擬)已知雨滴在空中運動時所受空氣阻力f＝kr2v2，其中k為比例系數，r為雨滴半徑，v為運動速率．t＝0時，雨滴由靜止開始沿豎直方向下落．落地前雨滴已做勻速運動且速率為vm，用a表示雨滴的加速度，下列圖象不可能正確的是(　　)

4．(多選)(2019•湖南邵陽高三模擬)質量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上，一個質量為m的滑塊A(可視為質點)放在木板上，設木塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖甲所示．木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象，取g＝10 m/s2，則(　　)

A．滑塊A的質量m＝1.5 kg
B．木板B的質量M＝1.5 kg
C．當F＝5 N時，木板B的加速度a＝4 m/s2
D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數為μ＝0.1
5．(多選)在某電場中沿x方向上，電勢φ與x關系如圖所示，假想有一電子在該電場中僅受電場力作用而移動，則下列關于電場和電子能量說法正確的是(　　)

A．x3到x4區域內沿x軸方向上的電場為勻強電場
B．若電子從電勢為2 V的x1位置向右運動到電勢為2 V的x7位置，因為電子電勢能不變，電場力不做功，電子初動能大于零即可滿足要求
C．x6到x7區域內沿x軸方向上的電場強度為零
D．若電子從電勢為2 V的x1位置向右運動到電勢為2 V的x7位置，為了通過x4處電勢為3 V的位置，電子至少具有初動能1 eV
6．(多選)如圖所示，電阻不計、間距為L的粗糙平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R，質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ.下列關于金屬棒的速度v隨時間t變化的圖象和感應電流的功率P隨v2變化的圖象可能正確的是(　　)

7．(多選)如圖甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，方向水平向右，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2.下列選項中正確的是(　　)

A．0～5 s內物塊做勻減速運動
B．在t＝1 s時刻，恒力F反向
C．恒力F大小為10 N
D．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
8.(多選)(2019•濰坊模擬)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，t＝0時，帶負電的物塊以速度v0沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．已知物塊與斜面間的動摩擦因數不變，物塊所帶電荷量不變，用Ek表示物塊的動能，x表示位移，Ep表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規定v0的方向為正方向，則下列選項中的圖線正確的是(　　)

熱點3　物理圖象問題
1．解析：選D.在v－t圖象中，縱坐標代表速度的大小和方向，斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移；由圖可知，B先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動，速度一直為正值，為單向直線運動．物體A做加速度增大的直線運動；在0～1 s內，B物體在前，A物體在后，距離越來越遠；由于圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可求得B物體在第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移比為1∶3∶2，由v＝xt，可知平均速度大小之比為1∶3∶2.綜上分析，D正確．
2．解析：選A.因導體棒在水平外力F的作用下始終不動，所以施加的水平外力與安培力始終等大反向，即F＝F安＝B2IL，由題圖乙知0～1 s內ΔB1Δt恒定，由楞次定律知回路中產生的感應電流為逆時針方向，由左手定則知導體棒所受安培力是水平向左的，即外力水平向右，排除B和C；又由法拉第電磁感應定律知I＝ER＋r＝ΔB1Δt•SR＋r是恒定的，即水平外力大小恒定，由題圖乙知在2～3 s內ΔB1Δt是0～1 s內的2倍，所以由電流的表達式及安培力表達式得A正確，D錯誤．
3．解析：選D.根據牛頓第二定律可得mg－kr2v2＝ma，速度增大，加速度減小，當加速度減為零，雨滴做勻速直線運動，mg＝kr2v2m，選項A、B正確；當最后勻速運動時，有kr2v2m＝mg＝43πρgr3，可得最大速率與r成正比，故選項C正確，D錯誤．
4．解析：選AC.由題圖乙知，當F＝4 N時，加速度為a＝2 m/s2，對整體分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，當F>4 N時，A、B發生相對滑動，對B有：a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，由題圖乙可知，圖線的斜率：k＝1M＝ΔaΔF＝2，解得M＝0.5 kg，滑塊A的質量m＝1.5 kg，故A正確，B錯誤；A、B發生相對滑動后的圖線反向延長與橫軸交于點(3，0)，代入解得μ＝0.2，故D錯誤；根據F＝5 N>4 N 時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為aB＝1MF－μmMg＝4 m/s2，故C正確．
5．解析：選AC.由x3到x4電勢均勻增大，則電場為勻強電場，故A正確；由x6到x7電勢不變，則沿x方向電場強度為零，故C正確；要電子能從x1運動到x7，對于x1到x2，電場力阻礙電子運動，電子的初動能要大于電場力做功的值，故B錯誤；電子只要能通過x2處，就可通過x4，則其具有的初動能至少為2 eV，故D錯誤．
6．解析：選ABD.由題意可知，感應電動勢E＝BLv，回路電流I＝BLvR＋r，故所受安培力F安＝BLI＝B2L2vR＋r，方向水平向左，分析金屬棒運動情況，由牛頓第二定律可得F0＋kv－μmg－B2L2R＋rv＝ma，即(F0－μmg)＋k－B2L2R＋rv＝ma，因為金屬棒從靜止開始運動，所以F0>μmg，若k＝B2L2R＋r，金屬棒水平向右做勻加速直線運動，所以A正確；若k>B2L2R＋r，加速度a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，所以B正確；若k<B2L2R＋r，加速度a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，沒有符合的v－t圖象，而感應電流的功率P＝EI＝B2L2R＋rv2，則C錯誤，D正確．
7．解析：選BD.物塊做勻減速直線運動的加速度大小為a1＝v202x1＝10010m/s2＝10 m/s2
物塊做勻加速直線運動的加速度大小為
a2＝v22x2＝642×8 m/s2＝4 m/s2
根據牛頓第二定律得
F＋f＝ma1，F－f＝ma2
聯立兩式并代入數據解得F＝7 N，f＝3 N
則物塊與水平面間的動摩擦因數為
μ＝fmg＝3 N10 N＝0.3
物塊做勻減速直線運動的時間為
t1＝v0a1＝1010 s＝1 s，即在0～1 s內物塊做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，物塊做勻加速直線運動．綜上可知B、D項正確，A、C項錯誤．
8．解析：選ABD.物塊先以速度v0沿斜面向上滑動，然后下滑回到原處的過程中，除摩擦力在上滑和下滑時方向相反外，受的其他力大小和方向均不變，故物塊先做勻減速運動(加速度較大)，再做反向的勻加速運動(加速度較小)，A正確；對物塊沿斜面上升過程由運動學公式有v2－v20＝－2ax，由數學知識可知B正確；沿斜面上升過程由動能定理有，－Fx＝Ek－Ek0(F為物塊所受合外力，大小恒定)，圖線應為直線，可知C錯誤；取斜面底端為零勢能面，由于物塊帶負電，且沿斜面向上電勢逐漸降低，故物塊的電勢能隨位移的增大而增大，D正確．

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