高考物理通用版大二輪復(fù)習(xí)講義專(zhuān)題七　物理圖象問(wèn)題第2課時(shí)

第2課時(shí)電學(xué)圖象問(wèn)題高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖電場(chǎng)中的圖象問(wèn)題20171卷2017(1)20題電流中的圖象問(wèn)題20171卷2317(1)23題18(3)16題18(3)20題20183卷16、2017(2)20題18(2)18題19(2)21題19(3)19題電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題20172卷2020182卷1820192卷21，3卷191．φ－x圖象(如圖1所示)(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率的絕對(duì)值，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．(2)在φ－x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．圖1(3)在φ－x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷．(4)在φ－x圖象中可以判斷電場(chǎng)類(lèi)型，如圖2所示，如果圖線是曲線，則表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是變化的，電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是不變的，電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)．圖2(5)在φ－x圖象中可知電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，進(jìn)而可以判斷電荷在電場(chǎng)中的受力方向．2．E－x圖象(電場(chǎng)方向沿x軸正方向?yàn)檎?(1)E－x圖象反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向；E<0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向．(2)在給定了電場(chǎng)的E－x圖象后，可以由圖線確定電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差(如圖3所示)，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定．在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況．圖3(3)在這類(lèi)題目中，還可以由E－x圖象畫(huà)出對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)，利用這種已知電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布、等勢(shì)面分布或場(chǎng)源電荷來(lái)處理相關(guān)問(wèn)題．例1(多選)(2019·安徽蚌埠市第二次質(zhì)檢)電場(chǎng)中有一條電場(chǎng)線與x軸重合，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與位置的關(guān)系如圖4所示，一質(zhì)子只在電場(chǎng)力作用下，自坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點(diǎn)電勢(shì)φb＝0.則下列結(jié)論正確的是()圖4A．質(zhì)子沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．質(zhì)子在a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等C．質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為2∶3∶4D．坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為1.5E0d答案CD解析由E－x圖象和F＝qE可知質(zhì)子沿x軸先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子一直做加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；由E－x圖象與x軸所圍“面積”表示電勢(shì)差，因此UOa＝E0d，UOb＝eq\f(3,2)E0d，UOc＝2E0d，由動(dòng)能定理有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝eq\f(3,2)qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為2∶3∶4，故C正確；根據(jù)UOb＝φO－φb可得坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為φO＝1.5E0d，故D正確．拓展訓(xùn)練1(2019·江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考)將兩個(gè)點(diǎn)電荷A、B分別固定在水平面上x(chóng)軸的兩個(gè)不同位置上，將一帶負(fù)電的試探電荷在水平面內(nèi)由A點(diǎn)的附近沿x軸的正方向移動(dòng)到B點(diǎn)附近的過(guò)程中，該試探電荷的電勢(shì)能隨位置變化的圖象如圖5所示，已知xAC>xCB，圖中的水平虛線在C點(diǎn)與圖線相切，兩固定點(diǎn)電荷帶電荷量的多少分別用qA、qB表示．則下列分析正確的是()圖5A．兩固定點(diǎn)電荷都帶正電，且qA>qBB．在AB連線內(nèi)，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小但不等于零C．因試探電荷的電勢(shì)能始終為正值，可知A、B兩點(diǎn)間沿x軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度始終向右D．如果將試探電荷的電性改為正電，則該電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)能最大答案D解析負(fù)試探電荷從A運(yùn)動(dòng)到C，電勢(shì)能降低，則從A到C電勢(shì)逐漸升高，電場(chǎng)方向從C到A；負(fù)電荷從C到B電勢(shì)能增加，則電勢(shì)逐漸降低，則電場(chǎng)方向從C到B.即電場(chǎng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，則qA和qB均為負(fù)電荷．因?yàn)樵趒A和qB連線中點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，故qA>qB，故A、C均錯(cuò)誤；Ep－x圖象的斜率大小代表電場(chǎng)力，而C點(diǎn)的切線斜率為零，說(shuō)明該試探電荷在C點(diǎn)處受到的電場(chǎng)力為零，B錯(cuò)誤；在C點(diǎn)負(fù)電荷的電勢(shì)能最低，則正電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)能最大，故D正確．例2(2019·陜西榆林市第二次模擬)某靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布如圖6所示．一質(zhì)量m＝4×10－10kg、電荷量q＝2×10－9C的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從(－1,0)點(diǎn)由靜止開(kāi)始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)．則該粒子運(yùn)動(dòng)的周期為()圖6A.eq\f(2＋\r(2),5)sB．0.6sC．0.1sD.eq\f(5＋\r(5),2)s答案B解析粒子先沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后反向運(yùn)動(dòng)．E1＝eq\f(ΔΦ,Δx)＝eq\f(10,1)V/m＝10V/m，a1＝eq\f(qE1,m)＝50m/s2；由x1＝eq\f(1,2)a1t12，解得粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝eq\r(\f(2×1,50))s＝0.2s；同理可得粒子沿x軸正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝0.1s；且粒子到達(dá)x＝0.5m處的速度恰好為零，反向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＋t2＝0.3s；則粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝2(t1＋t2)＝0.6s；故選B.拓展訓(xùn)練2(2019·河南省高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖7甲所示，M、N為正對(duì)豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點(diǎn)．當(dāng)M、N板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放經(jīng)時(shí)間T到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)速度為v.若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時(shí)，將帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球()圖7A．在B點(diǎn)上方 B．恰好到達(dá)B點(diǎn)C．速度大于v D．速度小于v答案B解析在A、B兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力做周期性變化，且電場(chǎng)力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)．在水平方向小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝eq\f(T,2)時(shí)速度為零，接著反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝T時(shí)速度為零．根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知在t＝T時(shí)小球的水平位移為零，所以t＝T時(shí)，小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；在0～T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力做功為零，小球機(jī)械能變化量為零，所以t＝T時(shí)，小球速度等于v，故C、D錯(cuò)誤.例3(2019·安徽合肥市第二次質(zhì)檢)為了同時(shí)測(cè)量一電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，以及未知阻值的電阻Rx，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一電路．實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：待測(cè)電源、待測(cè)電阻、電阻箱一個(gè)、內(nèi)阻很大的電壓表一只、開(kāi)關(guān)兩個(gè)、導(dǎo)線若干．圖8(1)為實(shí)現(xiàn)上述目的，請(qǐng)完善圖8甲實(shí)物圖連接；(2)該同學(xué)實(shí)驗(yàn)的主要步驟有：①閉合S1、S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，并記錄其阻值及對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)；②保持S1閉合，斷開(kāi)S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，并記錄其阻值及對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)；③根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出兩條eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線如圖乙所示．由圖線可得電動(dòng)勢(shì)E＝________，內(nèi)阻r＝________，Rx＝________.(用圖中a、b、c表示)答案(1)(2)eq\f(1,c)eq\f(1,a)eq\f(1,b)－eq\f(1,a)解析(1)通過(guò)開(kāi)關(guān)S2控制電路中的電阻Rx是否接入電路，電路原理圖如圖所示：故實(shí)物連線圖如圖所示：(2)閉合S1、S2，有E＝U＋eq\f(U,R)r，故有eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r,E)·eq\f(1,R)；保持S1閉合，斷開(kāi)S2，有E＝U＋eq\f(U,R)(r＋Rx)，故有eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋Rx,E)·eq\f(1,R)；結(jié)合eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖象可知，eq\f(1,E)＝c，eq\f(r＋Rx,E)＝eq\f(c,b)，eq\f(r,E)＝eq\f(c,a)，故解得：E＝eq\f(1,c)，r＝eq\f(1,a)，Rx＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a).拓展訓(xùn)練3(2019·吉林省“五地六?！焙献黧w聯(lián)考)如圖9所示為a、b兩電阻的伏安特性曲線，圖中α＝45°，關(guān)于兩電阻的描述正確的是()圖9A．電阻a的阻值隨電流的增大而增大B．因I－U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，故電阻b的阻值R＝eq\f(1,tanα)＝1.0ΩC．在兩圖線交點(diǎn)處，電阻a的阻值等于電阻b的阻值D．在電阻b兩端加2V電壓時(shí)，流過(guò)電阻的電流是4A答案C解析I－U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)，由題圖可知，電阻a的圖象的斜率越來(lái)越大，故a的電阻隨電流的增大而減小，故A錯(cuò)誤；I－U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，但是由于橫、縱坐標(biāo)軸的長(zhǎng)度單位不同，則不能由R＝eq\f(1,tanα)＝1.0Ω求解電阻b的阻值，只能通過(guò)R＝eq\f(U,I)＝eq\f(10,5)Ω＝2Ω求解，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝eq\f(U,I)可知在兩圖線交點(diǎn)處，電阻a的阻值等于電阻b的阻值，選項(xiàng)C正確；由題圖可知，在電阻b兩端加2V電壓時(shí)，流過(guò)電阻的電流是1A，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．1．解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向．(2)關(guān)注變化過(guò)程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)．(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)．2．解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題常用的“兩個(gè)方法”(1)排除法；(2)函數(shù)法．例4(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖10，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零．從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()圖10答案AD解析根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在PQ通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是A；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒(méi)有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導(dǎo)軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D.拓展訓(xùn)練4(2019·廣東廣州市下學(xué)期一模)如圖11甲所示，梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．在0～5t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為()圖11答案D解析0～2t0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，為定值，3t0～5t0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，也為定值，因此感應(yīng)電流也為定值，那么安培力F＝BIL∝B.由于0～t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，依?jù)左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向上，即為正；同理，t0～2t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，而在2t0～3t0，沒(méi)有安培力；在3t0～4t0，安培力方向向上，為正，大小減??；在4t0～5t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．拓展訓(xùn)練5(多選)(2019·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖12所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接一定值電阻R，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于通過(guò)金屬棒的電流i、通過(guò)導(dǎo)軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時(shí)間變化的圖象，正確的是()圖12答案AC解析由題意可知，金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：x＝eq\f(1,2)at2，v＝at，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝BLat，則感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，故A正確；根據(jù)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)和q＝eq\x\to(I)Δt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝eq\f(1,2)BLat2，故q＝eq\f(BLa,2R)t2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有：F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BiL＝eq\f(B2L2a,R)t，解得：F＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，故C正確；根據(jù)P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋eq\f(B2L2a2,R)t2，故D錯(cuò)誤．專(zhuān)題強(qiáng)化練(限時(shí)20分鐘)1.(2019·陜西榆林市第二次模擬)如圖1所示，單匝線圈abcd固定于分布均勻的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線圈平面．當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化時(shí)，ab邊受到的安培力恒定不變．則下列磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象中可能正確的是()圖1答案C解析設(shè)線圈的ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ad邊長(zhǎng)為l，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB·Ll,Δt)；感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)；安培力為：F＝BIL，得：F＝eq\f(B·ΔB·L2l,Δt·R)，由ab邊受到的安培力恒定不變可知，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，則eq\f(ΔB,Δt)減??；若B減小，則eq\f(ΔB,Δt)增大．故C正確．2．(多選)(2019·四川省綜合能力提升卷(三))空間有一沿x軸分布的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖2所示．－x1、x1、x2、x3是x軸上的四個(gè)點(diǎn)，圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O中心對(duì)稱(chēng)，下列說(shuō)法中正確的是()圖2A．－x1處的電勢(shì)比x1的電勢(shì)高B．將正電荷由－x1移到x2，電勢(shì)能先增大，后減小C．將一負(fù)電荷由－x1處由靜止釋放，若只受電場(chǎng)力作用，它將在－x1和x1之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．負(fù)電荷在4個(gè)點(diǎn)中位于x2電勢(shì)能最大答案BC解析根據(jù)題意，電場(chǎng)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)分布，作出電場(chǎng)線如圖所示．根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則O電勢(shì)最高，從圖線看出，電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，則x軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)位置的電勢(shì)相等．則－x1處的電勢(shì)與x1處的電勢(shì)相等，故A錯(cuò)誤；將正電荷由－x1移到x2，電勢(shì)能先增大，后減小，選項(xiàng)B正確；－x1和x1之間的電場(chǎng)是對(duì)稱(chēng)的，將一負(fù)電荷由－x1處由靜止釋放，負(fù)電荷先向O做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)之后做減速運(yùn)動(dòng)，到x1處速度減為零，則它將在－x1和x1之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；4個(gè)點(diǎn)中，x3點(diǎn)的電勢(shì)最低，則負(fù)電荷在4個(gè)點(diǎn)中位于x3電勢(shì)能最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(多選)(2019·湖北恩施州教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖3所示為某靜電場(chǎng)中x軸上各點(diǎn)電勢(shì)分布圖，一個(gè)帶電粒子在坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A．粒子一定帶正電B．粒子運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)軸上x(chóng)2處速度最大C．粒子從坐標(biāo)軸上x(chóng)1處運(yùn)動(dòng)到x3處，電場(chǎng)力的沖量為零D．粒子從坐標(biāo)軸上x(chóng)1處運(yùn)動(dòng)到x2處，加速度先增大后減小答案BC解析由于從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向電勢(shì)先升高后降低，因此電場(chǎng)方向先向左后向右，由于帶電粒子在坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，因此可知粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從O到x2做加速運(yùn)動(dòng)，從x2向右做減速運(yùn)動(dòng)，因此粒子運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)軸上x(chóng)2處速度最大，選項(xiàng)B正確；由于粒子只受電場(chǎng)力作用，因此電勢(shì)能和動(dòng)能之和為一定值，即粒子在x1處和x3處電勢(shì)能相等，動(dòng)能相等，由于運(yùn)動(dòng)方向相同，因此速度相同，根據(jù)動(dòng)量定理可知，粒子從坐標(biāo)軸上x(chóng)1處運(yùn)動(dòng)到x3處，電場(chǎng)力的沖量為零，選項(xiàng)C正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，坐標(biāo)軸上x(chóng)1處到x2處，電場(chǎng)強(qiáng)度一直減小，由a＝eq\f(qE,m)可知，粒子的加速度一直減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4.(2019·廣東深圳市第二次調(diào)研)真空中，在x軸上x(chóng)＝0和x＝8m處分別固定兩個(gè)電性相同的點(diǎn)電荷Q1和Q2.電荷間連線上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖4所示(x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向)，其中x＝6m處E＝0.將一個(gè)正試探電荷在x＝2m處由靜止釋放(重力不計(jì)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)．則()圖4A．Q1、Q2均為負(fù)電荷B．Q1、Q2帶電荷量之比為9∶1C．在x＝6m處電勢(shì)為0D．該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一直減小答案B解析由題圖，在x＝0處場(chǎng)強(qiáng)為正，x＝8m處場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，可知Q1、Q2均為正電荷，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意“x＝6m處E＝0”可知，在x＝6m處，E1＝E2，即keq\f(Q1,62)＝keq\f(Q2,22)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(62,22)＝eq\f(9,1)，故B正確；由于無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故在x＝6m處電勢(shì)不為0，故C錯(cuò)誤；該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤．5．(2019·湖南長(zhǎng)沙、望城、瀏陽(yáng)、寧鄉(xiāng)四縣市區(qū)3月調(diào)研)如圖5所示，正方形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．下列選項(xiàng)中能表示線框的ab邊受到的磁場(chǎng)力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)()圖5答案A解析0～1s：磁場(chǎng)方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；1～3s：磁場(chǎng)方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右即為負(fù)；3～5s：磁場(chǎng)方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；綜合上述分析可知A正確．6．(多選)(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖6甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，取甲圖中電流方向?yàn)檎较?，P所受的重力為G，桌面對(duì)P的支持力為FN，則()圖6A．在t1時(shí)刻，F(xiàn)N>G，P有收縮的趨勢(shì)B．在t2時(shí)刻，F(xiàn)N＝G，穿過(guò)P的磁通量不變C．在t3時(shí)刻，F(xiàn)N＝G，P中有感應(yīng)電流D．在t4時(shí)刻，F(xiàn)N＞G，P有收縮的趨勢(shì)答案ABC解析當(dāng)螺線管中電流增大時(shí)，其形成的磁場(chǎng)不斷增強(qiáng)，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠(yuǎn)離和面積收縮的趨勢(shì)，即FN>G，P有收縮的趨勢(shì)，故A正確；當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此線圈P中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t2時(shí)刻FN＝G，故B正確；t3時(shí)刻螺線管中電流為零，但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時(shí)線圈P中有感應(yīng)電流，但此時(shí)刻二者之間沒(méi)有相互作用力，即FN＝G，故C正確；當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成的磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t4時(shí)刻FN＝G，此時(shí)P沒(méi)有收縮的趨勢(shì)，故D錯(cuò)誤．7．(2019·山西五地聯(lián)考上學(xué)期期末)學(xué)校物理興趣小組為探究多用電表歐姆擋的原理，決定自己動(dòng)手設(shè)計(jì)一個(gè)歐姆表，其內(nèi)部的結(jié)構(gòu)圖如圖7甲所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)E約為3V，其他數(shù)值同學(xué)們都忘記了，所以同學(xué)們決定測(cè)量歐姆表的電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．圖7(1)兩表筆分別與電阻箱兩接線柱相連，調(diào)節(jié)電阻箱，直到電流表讀數(shù)如圖乙，電阻箱示數(shù)如圖丙，則歐姆表的內(nèi)阻約為_(kāi)_______Ω.(2)該小組同學(xué)把歐姆表的兩表筆與電阻箱連接，根據(jù)記錄的電阻箱阻值R與多用電表電流擋的讀數(shù)I，在如圖8所示坐標(biāo)系中描點(diǎn)，請(qǐng)根據(jù)坐標(biāo)系中所描點(diǎn)作出圖象；圖8(3)由圖象可得歐姆表的電源電動(dòng)勢(shì)E＝________V，歐姆表的內(nèi)阻r＝________Ω.答案(1)10(2)(3)3.010.5解析(1)由題圖乙可知，電流表分度值為0.01A，示數(shù)為0.10A；由題圖丙可知電阻箱示數(shù)為：R＝0×1000Ω＋0×100Ω＋2×10Ω＋0×1Ω＝20Ω，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋R內(nèi))即：0.10A＝eq\f(