2023年高三物理二轮常见模型与方法训练33图像法（电学与热学图像线下面积的应用）（解析版）

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题33图像法（电学与热学图像线下面积的应用）

特训目标特训内容

目标1E-x图像线下面积的应用（IT—3T）

目标2U-q图像线下面积的应用（4T—6T）

目标314图像线下面积的应用（7T—9T）

目标4P-V图像线下面积的应用（10T—12T）

【特训典例】

一、E-x图像线下面积的应用

1.半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径分布如

图所示，图中/已知。过球心同一直线上的4、8两点离球心的距离分别为2R、3R。下列

A.A、8两点的电场强度大小之比是3:2

B.把一正试探电荷从4点移到B点电势能增加

C.从球面到A点的电势差小于A、B两点间的电势差

D.从球心到球面，电势降低半

【答案】D

【详解】A.根据公式£=左2解得条=,，A错误；

B.由题可知，该球体带正电，故把一正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能

减少，B错误；

CD.根据关系式。=&/可知，E-/•曲线下图像的面积表示电势差，由图易知从球面到A点

的电势差大于A、B两点间的电势差，由于该球体带正电，故把一正检验电荷从球心向远离

球心移动，电场力做正功，可知从球心到球面电势降低，电势降低^=竽，C错误，D正

确。

故选D。

2.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为

电场强度的正方向，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（）

A.此空间电场一定是由一对等量同种正点电荷产生的

B.带正电的粒子在X/处和-X/处的电势能相等

C.电子以一定的速度由川处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做负功后做正功

D.质子沿x轴由用处运动到-X/处，在0点电势能最小

【答案】B

【详解】A.若该电场是由一对等量同种正点电荷产生的，靠近正电荷时场强应趋于无穷大，

对比图像不符，A错误：

B.。点左侧场强向左、。点右侧场强向右，假设正电荷从。运动到X/处，电场力做正功，

电势能减小，可得叱FG其中必为。到打的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，同

理可知，正电荷从。运动到-X/处，电场力做正功，电势能减小，可得％=4%其中S为0

到-X/的电势差，即该段图线与X轴所围的面积，由对称性可知［=%即叱=吗故带正电的

粒子在X/处和-X/处的电势能相等，B正确；

C.电子以一定的速度由#处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，C错

误；

D.质子沿无轴由总处运动到出处，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，在。

点电势能最大，D错误。故选B。

3.空间有一沿无轴正方向分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，一质量为

，小带电量为+4的粒子静止在原点0处，由于受到微小的扰动，粒子仅在电场力作用下沿

x轴正向运动，下列说法正确的是（）

A.从。点到3X（,处，带电粒子的电势能逐渐减小

B.粒子运动到4%处时的加速度大小为空应

m

C.若取。点电势为零，则2x0处的电势为|《七

D.粒子在天~3x°段的动能变化量小于在3x°~6%段的动能变化量

【答案】AD

【详解】A.从。点到3%处，带电粒子受到的电场力做正功，其电势能逐渐减小，故A正

确；

B.由E-x图像可知4%处的电场强度大于2%,由牛顿第二定律可知粒子的加速度〃>也艮

m

故B错误；

33

C.E-x图像的面积表示两点间的电势差，则所以2%处的电势为-彳弓/，

故C错误；

D.由E-x图像可知为~3%段的面积小于3%~6*0段的面积，即飞~3X()段的电势差小于

3%~6超段的电势差，由动能定理得S=A/所以粒子在x。~3%段的动能变化量小于在

3x°~6%段的动能变化量，故D正确。

故选AD。

二、U-q图像线下面积的应用

4.利用一个电动势为E的电源对一电容器(电容为C)充电，充电过程中，电容器两端的

电压U和电容器所带电荷量。的函数关系如图所示，若图中A。取得尽可能小，则阴影部

分的面积可以表示对电荷量为AQ的电荷所做的功，即电容器所带电荷量增加AQ时储存的

O\QQ

A.图象的斜率等于电容C的大小

B.图象斜率的倒数等于电容C的大小

C.充电完毕电容器储存的能量为CE2

D.充电完毕电容器储存的能量为gCN

【答案】BD

【详解】AB.根据电容的定义式。=卷可得U=*该U-Q图象的斜率为即图象斜率

的倒数等于电容C的大小，故A错误，B正确：

CD.充电完毕电容器带电量为。=CE由题意可知，电容器储存的能量为图像与坐标轴围成

的面积大小

3。石=；。炉故c错误，口正确。故选BD。

5.随着科技的发展，一种新型的储能器件越来越被广泛使用，即用电容器储能，现对给定

电容为C的电容器充电，充电时两极板间的电势差U随电荷量。的变化图象如图所示，类

比直线运动中由VT图象求位移的方法，可以求两极板间电压为时电容器所储存的电能

A."B."C.CU；D.也

C2C2

【答案】D

【详解】电压为U。时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep,则有

E产;QU。

又。=。｛/。所以纥,=:（；。；，ABC错误，D正确。故选D。

6.电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电

容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元

件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间，变化的图像

分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两端的电压〃随电荷量q变化的图像如图

丙所示。下列说法中正确的是（）

A.①②两条曲线不同是E的不同造成的

B.②③两条曲线不同是R的不同造成的

C.改变R或者改变E,电容器两端的电压随电荷量变化的图像都如图丙所示

D.类比直线运动中由M图像求位移的方法，由图丙所示“n图像可求得电容器两极间电压

为U时电容器所储存的电能约

【答案】CD

【详解】A.根据q=CU,①②两次的q相同，表明这两次充电的电源相同，第①次的

斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是K的不同造成的,

A错误；

B.根据q=②③两次的电量不同，表明电源不同，所以②③两条曲线不同是E的不

同造成的，B错误；

C.根据C=^可知，改变R或者改变E,不能改变电容C,所以电容器两端的电压随电荷

量变化的图像的斜率不变，图像如图丙所示，C正确；

D.类比直线运动中由M图像求位移的方法，则电容器两极间电压为U时电容器所储存的电

能等于图像的面积。=看解得与=；CC/2,D正确。故选CD。

三、Lt图像线下面积的应用

7.NP。电容器是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组利用电路

图甲研究该电容器的放电规律，先将开关S接通1,待电路稳定后接通2,用电流传感器和

计算机测得电容器某次放电时电流随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.流过Ro的电流方向竖直向上

B.图乙中图线与坐标轴围起来的面积表示电容器电容的大小

C.若增大Ro的阻值，则放电时间减少

D.若增大&的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变

【答案】D

【详解】A.山甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过凡的电流方向

竖直向下，故A错误；

B.根据微元法的思想知，入图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，故B错误；

D.充电后，电容器与电源断开，电荷总量不变，根据B项分析，4图线与坐标轴围起来的

面积表示电荷总量，则增大心的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变，故D正确；

C.电容器充满电后，电荷总量不变，电容C不变，根据C=，知Um不变，又i,“=¥若增

Um%

大凡的阻值，则放电初始时刻的最大电流减小，根据“图线与坐标轴围起来的面积不变,

故放电时间增加，故c错误。

故选D,

8.把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图中所示连接。先使开关S与1

端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器中的电流i

随时间r变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）

电流

传感器

一।RI

甲

A.在力七时间内，电容器两极板间电压逐渐增大

B.在广〃时间内，电容器的电容逐渐减小

C.曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积

D.S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E

【答案】AC

【详解】A.在"〜f2时间内，即形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在

充电，所带电量增大，电容不变，根据｛/=医知，两极板电压逐渐增大，故A正确；

B.在6〜％时间内，即形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在

放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关,

保持不变，故B错误；

C.根据方〃，可知/-/图线与时间轴围成的面积表示电荷量。由于电容器充电和放电的电量

相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C正确；

D.S接1端，电容器充电，最终两端电势差等于电源的电动势，故D错误。故选AC。

9.如图（a）所示电路中，定值电阻R/=&=5d电容器电容C=500RF,电源电动势E=3QV,

内阻不计二开始时，单刀双掷开关S断开，电容器不带电。图（b）和图（c）分别为电容器

两极间电压Uc、电容器支路中电流/c随时间，变化的关系图线，规定电容器支路中电流方

向向左为正方向，下列说法正确的是（）

A.图（b）是开关S先置于1时的图像，图（c）是开关S置于1足够长时间后再置于2后

的图像

B.图（b）中a=3.0V,图（c）中图线与坐标轴围成的面积等于1.5x10%

C.图（b）中的〃和图（c）中的四相等

D.若开关S先置于1足够长时间后再置于2,经过0.1s电容器放电完毕，则流过定值电阻

及的平均电流为15mA

【答案】ABD

【详解】A.开关接1时，电容器处于充电过程，电压逐渐增大，开关接2时，电容器处于

放电过程，电流逐渐减小，则图（b）是开关S先置于1时的图像，图（c）是开关S置于1

足够长时间后再置于2后的图像所以A正确；

B.充电时电容器两极板的最大电压等于电源电动势Uc=E=3.0V则图（b）中a=3.0V。放

电时，电容器所储存的电荷量为。=（：。=500*10\3.（^=1.5'10-（根据9="所以图（（:）

中图线与坐标轴围成的面积等于1.5x10%,则B正确

C.由于电容器的充放电时间不同，所以c错误;

D.若开关S先置于1足够长时间后再置于2,经过0.1s电容器放电完毕，则有

/=1=L5xl02A=15mA

t0.1

则流过定值电阻&的平均电流为15mA,所以D正确;

故选ABD。

四、P-V图像线下面积的应用

10.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态8、C和。后再回到状态A,其

中A玲B和C玲。为等温过程,8玲C和。玲A为绝热过程,这就是热机的"卡诺循环"，则（）

A.BfC过程气体压强减小仅是因为气体分子的数密度减小

B.B玲C过程速率大的分子比例在增加

C.8fC过程气体对外做功大于D^A过程外界对气体做功

D.CfD过程放出的热量小于4fB过程吸收的热量

【答案】D

【详解】A.由于gC过程为绝热过程（。=0）,由图知气体体积增大，气体对外做功（W<0）,

根据热力学第一定律AUnQ+W可知，气体内能减小，则温度降低，气体分子平均动能减

小，根据气体压强的微观解释可知，气体压强减小不仅是因为气体分子的数密度减小，还因

为气体分子平均动能也减小了所共同引起的，故A错误；

B.由选项A分析可知，BfC过程中气体的温度降低，气体分子平均动能减小，则速率大的

分子比例在减小，故B错误；

C.由于A38为等温过程，所以气体在A状态的内能等于B状态的内能，由于8fC和。玲A

为绝热过程，根据热力学第一定律可知，8fC过程气体对外做功等于4过程外界对气

体做功，故C错误；

D.由图知气体在CIO过程等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放热；

气体过程等温膨胀，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热；由于P-V图

像与坐标轴围成的面积表示气体做的功，由图像可知，一个"卡诺循环"中，气体对外做的功

大于外界对气体所做的功，即W<0,由于•个"卡诺循环''气体的内能不变，即△（/=（）,根

据热力学第一定律可知，则一个"卡诺循环"中气体吸收的热量。>0,即Cf。过程放出的

热量小于AfB过程吸收的热量，故D正确。故选D。

11.如图所示，一定质量的理想气体经历A玲B-玲C玲A的过程，已知气体在状态A时的温度

为300K,且latm=1.0xl05pa,下列说法正确的是（）

012r/m3

A.在状态B,气体的温度为300K

B.在状态C,气体的内能最大

C.过程AfB,气体对外做功7.5X104J

D.过程C玲A,单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数可能不变

【答案】C

【详解】A.由0-V图可知，气体在A状态时，pA=0.5atm,=1.0m\TA=300K,B

状态时，PLl.Oatm,%=2.0nr',由理想气体状态方程毕=竽•解得心=1200K故A

IB

错误；

B.由理想气体状态方程=可知，2-丫图的面积反映温度的高低，可知状态B的面

积最大，即温度最高，而由理想气体的内能为0=乂瓦="947■则一定质量的理想气体由

温度决定，故B状态的温度最高，故B错误；

C.由P-V图中图线与坐标轴围成的面积表示气体与外界之间的做功，有

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

Atf2

因理想气体的体积变大，故气体对外做功为7.5x10”,故C正确；

D.过程CfA为等压压缩，温度降低，由p=4/?T=M•正因温度降低，则每个分子的平均

VS

压力万变小，而压强不变，则单位时间单位面积撞击的分子数变多，故D错误。故选C。

12.一定质量的理想气体从状态。开始，经a9b、2c、c玲a三个过程后回到初始状态a,

其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(Vo,po)、b(3Vo,po)、c(3Vo,5po),

下列说法正确的是()

B.在6fc过程中，气体向外界放热

C.在c玲。过程中，外界对气体做的功小