2023年高三物理二輪常見模型與方法訓(xùn)練33圖像法（電學(xué)與熱學(xué)圖像線下面積的應(yīng)用）（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓(xùn)專練

專題33圖像法（電學(xué)與熱學(xué)圖像線下面積的應(yīng)用）

特訓(xùn)目標特訓(xùn)內(nèi)容

目標1E-x圖像線下面積的應(yīng)用（IT—3T）

目標2U-q圖像線下面積的應(yīng)用（4T—6T）

目標314圖像線下面積的應(yīng)用（7T—9T）

目標4P-V圖像線下面積的應(yīng)用（10T—12T）

【特訓(xùn)典例】

一、E-x圖像線下面積的應(yīng)用

1.半徑為R、均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場，電場強度大小沿半徑分布如

圖所示，圖中/已知。過球心同一直線上的4、8兩點離球心的距離分別為2R、3R。下列

A.A、8兩點的電場強度大小之比是3:2

B.把一正試探電荷從4點移到B點電勢能增加

C.從球面到A點的電勢差小于A、B兩點間的電勢差

D.從球心到球面，電勢降低半

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)公式￡=左2解得條=,，A錯誤；

B.由題可知，該球體帶正電，故把一正檢驗電荷從A點移到B點，電場力做正功，電勢能

減少，B錯誤；

CD.根據(jù)關(guān)系式。=&/可知，E-/?曲線下圖像的面積表示電勢差，由圖易知從球面到A點

的電勢差大于A、B兩點間的電勢差，由于該球體帶正電，故把一正檢驗電荷從球心向遠離

球心移動，電場力做正功，可知從球心到球面電勢降低，電勢降低^=竽，C錯誤，D正

確。

故選D。

2.空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，x軸正方向為

電場強度的正方向，帶電粒子在此空間只受電場力作用。下列說法中正確的是（）

A.此空間電場一定是由一對等量同種正點電荷產(chǎn)生的

B.帶正電的粒子在X/處和-X/處的電勢能相等

C.電子以一定的速度由川處沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做負功后做正功

D.質(zhì)子沿x軸由用處運動到-X/處，在0點電勢能最小

【答案】B

【詳解】A.若該電場是由一對等量同種正點電荷產(chǎn)生的，靠近正電荷時場強應(yīng)趨于無窮大，

對比圖像不符，A錯誤：

B.。點左側(cè)場強向左、。點右側(cè)場強向右，假設(shè)正電荷從。運動到X/處，電場力做正功，

電勢能減小，可得叱FG其中必為。到打的電勢差，即該段圖線與x軸所圍的面積，同

理可知，正電荷從。運動到-X/處，電場力做正功，電勢能減小，可得％=4%其中S為0

到-X/的電勢差，即該段圖線與X軸所圍的面積，由對稱性可知［=%即叱=嗎故帶正電的

粒子在X/處和-X/處的電勢能相等，B正確；

C.電子以一定的速度由#處沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做正功后做負功，C錯

誤；

D.質(zhì)子沿無軸由總處運動到出處，電場力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，在。

點電勢能最大，D錯誤。故選B。

3.空間有一沿無軸正方向分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，一質(zhì)量為

，小帶電量為+4的粒子靜止在原點0處，由于受到微小的擾動，粒子僅在電場力作用下沿

x軸正向運動，下列說法正確的是（）

A.從。點到3X（,處，帶電粒子的電勢能逐漸減小

B.粒子運動到4%處時的加速度大小為空應(yīng)

m

C.若取。點電勢為零，則2x0處的電勢為|《七

D.粒子在天~3x°段的動能變化量小于在3x°~6%段的動能變化量

【答案】AD

【詳解】A.從。點到3%處，帶電粒子受到的電場力做正功，其電勢能逐漸減小，故A正

確；

B.由E-x圖像可知4%處的電場強度大于2%,由牛頓第二定律可知粒子的加速度〃>也艮

m

故B錯誤；

33

C.E-x圖像的面積表示兩點間的電勢差，則所以2%處的電勢為-彳弓/，

故C錯誤；

D.由E-x圖像可知為~3%段的面積小于3%~6*0段的面積，即飛~3X()段的電勢差小于

3%~6超段的電勢差，由動能定理得S=A/所以粒子在x。~3%段的動能變化量小于在

3x°~6%段的動能變化量，故D正確。

故選AD。

二、U-q圖像線下面積的應(yīng)用

4.利用一個電動勢為E的電源對一電容器(電容為C)充電，充電過程中，電容器兩端的

電壓U和電容器所帶電荷量。的函數(shù)關(guān)系如圖所示，若圖中A。取得盡可能小，則陰影部

分的面積可以表示對電荷量為AQ的電荷所做的功，即電容器所帶電荷量增加AQ時儲存的

O\QQ

A.圖象的斜率等于電容C的大小

B.圖象斜率的倒數(shù)等于電容C的大小

C.充電完畢電容器儲存的能量為CE2

D.充電完畢電容器儲存的能量為gCN

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)電容的定義式。=卷可得U=*該U-Q圖象的斜率為即圖象斜率

的倒數(shù)等于電容C的大小，故A錯誤，B正確：

CD.充電完畢電容器帶電量為。=CE由題意可知，電容器儲存的能量為圖像與坐標軸圍成

的面積大小

3。石=；。爐故c錯誤，口正確。故選BD。

5.隨著科技的發(fā)展，一種新型的儲能器件越來越被廣泛使用，即用電容器儲能，現(xiàn)對給定

電容為C的電容器充電，充電時兩極板間的電勢差U隨電荷量。的變化圖象如圖所示，類

比直線運動中由VT圖象求位移的方法，可以求兩極板間電壓為時電容器所儲存的電能

A."B."C.CU；D.也

C2C2

【答案】D

【詳解】電壓為U。時，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能Ep,則有

E產(chǎn);QU。

又。=。｛/。所以紇,=:（；。；，ABC錯誤，D正確。故選D。

6.電容器在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。用如圖甲所示的電路給電容器充電，其中C表示電

容器的電容，R表示電阻的阻值，E表示電源的電動勢（電源內(nèi)阻可忽略）。改變電路中元

件的參數(shù)對同一電容器進行三次充電，三次充電對應(yīng)的電容器電荷量q隨時間，變化的圖像

分別如圖乙中①②③所示。第一次充電時電容器兩端的電壓〃隨電荷量q變化的圖像如圖

丙所示。下列說法中正確的是（）

A.①②兩條曲線不同是E的不同造成的

B.②③兩條曲線不同是R的不同造成的

C.改變R或者改變E,電容器兩端的電壓隨電荷量變化的圖像都如圖丙所示

D.類比直線運動中由M圖像求位移的方法，由圖丙所示“n圖像可求得電容器兩極間電壓

為U時電容器所儲存的電能約

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)q=CU,①②兩次的q相同，表明這兩次充電的電源相同，第①次的

斜率大，表示充電的電流大，電阻的阻值小，所以①②兩條曲線不同是K的不同造成的,

A錯誤；

B.根據(jù)q=②③兩次的電量不同，表明電源不同，所以②③兩條曲線不同是E的不

同造成的，B錯誤；

C.根據(jù)C=^可知，改變R或者改變E,不能改變電容C,所以電容器兩端的電壓隨電荷

量變化的圖像的斜率不變，圖像如圖丙所示，C正確；

D.類比直線運動中由M圖像求位移的方法，則電容器兩極間電壓為U時電容器所儲存的電

能等于圖像的面積。=看解得與=；CC/2,D正確。故選CD。

三、Lt圖像線下面積的應(yīng)用

7.NP。電容器是一種最常用的具有溫度補償特性的單片陶瓷電容器，某興趣小組利用電路

圖甲研究該電容器的放電規(guī)律，先將開關(guān)S接通1,待電路穩(wěn)定后接通2,用電流傳感器和

計算機測得電容器某次放電時電流隨時間的變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A.流過Ro的電流方向豎直向上

B.圖乙中圖線與坐標軸圍起來的面積表示電容器電容的大小

C.若增大Ro的阻值，則放電時間減少

D.若增大&的阻值，圖線與坐標軸圍起來的面積不變

【答案】D

【詳解】A.山甲圖可知，充電后電容器上極板帶正電，故電容器放電時流過凡的電流方向

豎直向下，故A錯誤；

B.根據(jù)微元法的思想知，入圖線與坐標軸圍起來的面積表示電荷總量，故B錯誤；

D.充電后，電容器與電源斷開，電荷總量不變，根據(jù)B項分析，4圖線與坐標軸圍起來的

面積表示電荷總量，則增大心的阻值，圖線與坐標軸圍起來的面積不變，故D正確；

C.電容器充滿電后，電荷總量不變，電容C不變，根據(jù)C=，知Um不變，又i,“=￥若增

Um%

大凡的阻值，則放電初始時刻的最大電流減小，根據(jù)“圖線與坐標軸圍起來的面積不變,

故放電時間增加，故c錯誤。

故選D,

8.把電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖中所示連接。先使開關(guān)S與1

端相連，電源向電容器充電；然后把開關(guān)S擲向2端，電容器放電。電流傳感器中的電流i

隨時間r變化的關(guān)系如圖乙所示。下列說法正確的是（）

電流

傳感器

一?RI

甲

A.在力七時間內(nèi)，電容器兩極板間電壓逐漸增大

B.在廣〃時間內(nèi)，電容器的電容逐漸減小

C.曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積

D.S接1端，只要時間足夠長，電容器兩極板間的電壓就能大于電源電動勢E

【答案】AC

【詳解】A.在"?f2時間內(nèi)，即形成電流曲線1的過程中，開關(guān)S與1端相連，電容器在

充電，所帶電量增大，電容不變，根據(jù)｛/=醫(yī)知，兩極板電壓逐漸增大，故A正確；

B.在6?％時間內(nèi)，即形成電流曲線2的過程中，開關(guān)S與2端相連，電容器在放電，在

放電的過程中，電容器的電荷量減小，但電容反映電容器本身的特性，與電壓和電量無關(guān),

保持不變，故B錯誤；

C.根據(jù)方〃，可知/-/圖線與時間軸圍成的面積表示電荷量。由于電容器充電和放電的電量

相等，所以曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積，故C正確；

D.S接1端，電容器充電，最終兩端電勢差等于電源的電動勢，故D錯誤。故選AC。

9.如圖（a）所示電路中，定值電阻R/=&=5d電容器電容C=500RF,電源電動勢E=3QV,

內(nèi)阻不計二開始時，單刀雙擲開關(guān)S斷開，電容器不帶電。圖（b）和圖（c）分別為電容器

兩極間電壓Uc、電容器支路中電流/c隨時間，變化的關(guān)系圖線，規(guī)定電容器支路中電流方

向向左為正方向，下列說法正確的是（）

A.圖（b）是開關(guān)S先置于1時的圖像，圖（c）是開關(guān)S置于1足夠長時間后再置于2后

的圖像

B.圖（b）中a=3.0V,圖（c）中圖線與坐標軸圍成的面積等于1.5x10%

C.圖（b）中的〃和圖（c）中的四相等

D.若開關(guān)S先置于1足夠長時間后再置于2,經(jīng)過0.1s電容器放電完畢，則流過定值電阻

及的平均電流為15mA

【答案】ABD

【詳解】A.開關(guān)接1時，電容器處于充電過程，電壓逐漸增大，開關(guān)接2時，電容器處于

放電過程，電流逐漸減小，則圖（b）是開關(guān)S先置于1時的圖像，圖（c）是開關(guān)S置于1

足夠長時間后再置于2后的圖像所以A正確；

B.充電時電容器兩極板的最大電壓等于電源電動勢Uc=E=3.0V則圖（b）中a=3.0V。放

電時，電容器所儲存的電荷量為。=（：。=500*10\3.（^=1.5'10-（根據(jù)9="所以圖（（:）

中圖線與坐標軸圍成的面積等于1.5x10%,則B正確

C.由于電容器的充放電時間不同，所以c錯誤;

D.若開關(guān)S先置于1足夠長時間后再置于2,經(jīng)過0.1s電容器放電完畢，則有

/=1=L5xl02A=15mA

t0.1

則流過定值電阻&的平均電流為15mA,所以D正確;

故選ABD。

四、P-V圖像線下面積的應(yīng)用

10.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)8、C和。后再回到狀態(tài)A,其

中A玲B和C玲。為等溫過程,8玲C和。玲A為絕熱過程,這就是熱機的"卡諾循環(huán)"，則（）

A.BfC過程氣體壓強減小僅是因為氣體分子的數(shù)密度減小

B.B玲C過程速率大的分子比例在增加

C.8fC過程氣體對外做功大于D^A過程外界對氣體做功

D.CfD過程放出的熱量小于4fB過程吸收的熱量

【答案】D

【詳解】A.由于gC過程為絕熱過程（。=0）,由圖知氣體體積增大，氣體對外做功（W<0）,

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AUnQ+W可知，氣體內(nèi)能減小，則溫度降低，氣體分子平均動能減

小，根據(jù)氣體壓強的微觀解釋可知，氣體壓強減小不僅是因為氣體分子的數(shù)密度減小，還因

為氣體分子平均動能也減小了所共同引起的，故A錯誤；

B.由選項A分析可知，BfC過程中氣體的溫度降低，氣體分子平均動能減小，則速率大的

分子比例在減小，故B錯誤；

C.由于A38為等溫過程，所以氣體在A狀態(tài)的內(nèi)能等于B狀態(tài)的內(nèi)能，由于8fC和。玲A

為絕熱過程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，8fC過程氣體對外做功等于4過程外界對氣

體做功，故C錯誤；

D.由圖知氣體在CIO過程等溫壓縮，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體放熱；

氣體過程等溫膨脹，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸熱；由于P-V圖

像與坐標軸圍成的面積表示氣體做的功，由圖像可知，一個"卡諾循環(huán)"中，氣體對外做的功

大于外界對氣體所做的功，即W<0,由于?個"卡諾循環(huán)''氣體的內(nèi)能不變，即△（/=（）,根

據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，則一個"卡諾循環(huán)"中氣體吸收的熱量。>0,即Cf。過程放出的

熱量小于AfB過程吸收的熱量，故D正確。故選D。

11.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷A玲B-玲C玲A的過程，已知氣體在狀態(tài)A時的溫度

為300K,且latm=1.0xl05pa,下列說法正確的是（）

012r/m3

A.在狀態(tài)B,氣體的溫度為300K

B.在狀態(tài)C,氣體的內(nèi)能最大

C.過程AfB,氣體對外做功7.5X104J

D.過程C玲A,單位時間撞出容器壁上單位面積的分子數(shù)可能不變

【答案】C

【詳解】A.由0-V圖可知，氣體在A狀態(tài)時，pA=0.5atm,=1.0m\TA=300K,B

狀態(tài)時，PLl.Oatm,%=2.0nr',由理想氣體狀態(tài)方程畢=竽?解得心=1200K故A

IB

錯誤；

B.由理想氣體狀態(tài)方程=可知，2-丫圖的面積反映溫度的高低，可知狀態(tài)B的面

積最大，即溫度最高，而由理想氣體的內(nèi)能為0=乂瓦="947■則一定質(zhì)量的理想氣體由

溫度決定，故B狀態(tài)的溫度最高，故B錯誤；

C.由P-V圖中圖線與坐標軸圍成的面積表示氣體與外界之間的做功，有

w=12^112x1()5xlJ=7.5xlO4J

Atf2

因理想氣體的體積變大，故氣體對外做功為7.5x10”,故C正確；

D.過程CfA為等壓壓縮，溫度降低，由p=4/?T=M?正因溫度降低，則每個分子的平均

VS

壓力萬變小，而壓強不變，則單位時間單位面積撞擊的分子數(shù)變多，故D錯誤。故選C。

12.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)。開始，經(jīng)a9b、2c、c玲a三個過程后回到初始狀態(tài)a,

其p-V圖像如圖所示。已知三個狀態(tài)的坐標分別為a(Vo,po)、b(3Vo,po)、c(3Vo,5po),

下列說法正確的是()

B.在6fc過程中，氣體向外界放熱

C.在c玲。過程中，外界對氣體做的功小