第18講物理圖像的分析（解析版）

第18講物理圖像的分析【方法指導】一、力學中的圖像問題1．v－t圖象的應用技巧(1)圖象意義：在v－t圖象中，圖象上某點的斜率表示對應時刻的加速度，斜率的正負表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物體做加速運動，加速度和速度同向時做加速運動．2．x－t圖象的應用技巧(1)圖象意義：在x－t圖象上，圖象上某點的斜率表示對應時刻的速度，斜率的正負表示速度的方向．(2)注意：在x－t圖象中，斜率絕對值的變化反映加速度的方向．斜率的絕對值逐漸增大則物體加速度與速度同向，物體做加速運動；反之，做減速運動．二、電學中的圖像問題1．φ－x圖象(如圖所示)(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處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電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向．(3)在φ－x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷．(4)在φ－x圖象中可以判斷電場類型，如圖所示，如果圖線是曲線，則表示電場強度的大小是變化的，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場強度的大小是不變的，電場為勻強電場．(5)在φ－x圖象中可知電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向．2．E－x圖象(1)E－x圖象反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場強度沿x軸正方向；E<0表示電場強度沿x軸負方向．(2)在給定了電場的E－x圖象后，可以由圖線確定電場強度、電勢的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定．在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況．(3)在這類題目中，還可以由E－x圖象畫出對應的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關問題．三、電磁感應中的圖像問題1.三點關注(1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向．(2)關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應．(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應．2．兩個方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項．(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法．四、其他圖像問題1．基本思路(1)解讀圖象的坐標軸，理清橫軸和縱軸代表的物理量和坐標點的意義．(2)解讀圖象的形狀、斜率、截距和面積信息．2．解題技巧(1)應用解析法和排除法，兩者結(jié)合提高選擇題圖象類題型的解題準確率和速度．(2)分析轉(zhuǎn)折點、兩圖線的交點、與坐標軸交點等特殊點和該點前后兩段圖線．(3)分析圖象的形狀變化、斜率變化、相關性等．【例題精析】（2022?浙江模擬）圖甲是我國自主設計的全球第一款可載客的無人駕駛飛機“億航184”，其質(zhì)量為260kg，最大載重為100kg，圖乙是該無人機某次在最大載重情況下，從地面開始豎直升空過程中的v﹣t圖像，前2s圖像為直線，2s末到5s末圖像為曲線，曲線兩端皆與兩側(cè)直線相切，5s后無人機勻速上升，發(fā)動機的輸出功率等于額定輸出功率，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．前5s上升的高度為19mB．1s末發(fā)動機的輸出功率為7200WC．2s末到5s末，發(fā)動機的輸出功率不變D．2s末到5s末，無人機上升的高度不會超過17m【解答】解：A、由圖像面積可知，前2s上升4m，2s末到5s末上升的高度大于15m，前5s上升的高度大于19m，故A錯誤；B、1s時做加速度為a=42m/s2=2m/s2的加速運動，速度v＝at＝2m/s，由牛頓第二定律F﹣mg＝ma，解得F＝m（g+a）＝360×（10+2）N＝4320N，計算出此時發(fā)動機功率為p＝Fv＝4320×C、根據(jù)功率的定義，可以計算得出2s末發(fā)動機的輸出功率為p1＝Fv2＝Fat2＝4320×2×2W＝17280W，5s末發(fā)動機的輸出功率為P5＝F′v5＝mgv5＝360×10×6W＝21600W，即題目所說的額定功率，這段時間發(fā)動機的輸出功率是變化的，故C錯誤；D、假設2s末到5s末，飛機按最大輸出功率即額定功率21600W工作，由動能定理p5t-mgh=12mv52-12mv2故選：D。（2022?寧波模擬）如圖甲所示，一帶電量為2×10﹣8C的物塊置于絕緣光滑水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上，整個裝置處于水平向左的勻強電場中。用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測出物塊的位移x和對應的速度，作出物塊的動能Ek﹣x關系圖象如圖乙所示，其中0.40m處物塊的動能最大但未知，0.50m處的動能為1.50J，0.50m～1.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線。彈性輕繩的彈力與形變量始終符合胡克定律，下列說法正確的是（）A．該勻強電場的場強為1×107N/CB．彈性繩的勁度系數(shù)為5N/mC．彈性繩彈性勢能的最大值為2.5JD．物塊會做往復運動，且全過程是簡諧運動【解答】解：A、在從0.50m～1.25m范圍內(nèi)，動能變化等于克服電場力做的功，則有：qEΔx＝ΔEk，圖線的斜率絕對值為：k＝qE=1.51.25-0.5N＝2N，解得：E＝1×108N/C，故B、根據(jù)圖乙可知，物塊在0.5m時離開彈簧，物塊在0.4m時速度最大，此時彈簧彈力和摩擦力相等，所以物塊在平衡位置處彈簧壓縮Δx＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，根據(jù)胡克定律可得kΔx＝qE，解得：k＝20N/m，故B錯誤；C、根據(jù)能量守恒定律可知，Ep0＝qEΔxm＝2×1.25J＝2.5J，故C正確；D、物塊離開彈性繩后受恒定的電場力作用，所以物塊不會做簡諧運動，故D錯誤。故選：C。為研究電容器在不同狀況下的充電特性，某興趣小組采用如圖甲所示電路，分別用不同的電阻與某一電容器串聯(lián)進行充電實驗，實驗得到三次充電中電容器的電荷量q與時間t變化的圖像分別如乙圖中①②③所示，且第一次充電時電容器兩端的電壓u隨電荷量q變化的圖像如圖像丙所示，用C表示電容器的電容，R表示與電容器串聯(lián)的電阻阻值，E表示電源的電動勢（內(nèi)阻可忽略），則下列說法正確的是（）A．第二次充電時電容器兩端的電壓U隨電荷量q變化的圖線比丙圖中圖線更陡B．①②兩條曲線表示最終q不同是由于R不同而引起的C．第二次充電過程中t1時刻比t2時刻電流大D．②③兩條曲線形狀不同因為R不同引起的，R3大于R2【解答】解：A、因為三次充電用同一個電容器，所以由電容的定義式可知，同一個電容器所帶電荷量與兩板間的電勢差成正比，故第二次充電時電容器兩端的電壓U隨電荷量q變化的圖線斜率與丙圖中圖線斜率相同，故A錯誤；B、在電容器充滿電荷量時，視為斷路，電壓為電源電壓，所以①②兩條曲線表示最終q不同是由于電源電動勢不同而引起的，故B錯誤；C、由電容器電荷量q隨時間t變化的圖像可知，圖線的斜率表示充電電流，斜率越大，充電電流越大，所以第二次充電時t1時刻的電流大于t2時刻的電流，故C正確；D、②③兩條曲線形狀不同因為R不同引起的，從圖中可以看到同一時刻，圖線③的斜率大于圖線②的斜率，故R3小于R2，故D錯誤。故選：C。如圖所示，圖甲是旋轉(zhuǎn)磁極式交流發(fā)電機簡化圖，其矩形線圈在勻強磁場中不動，線圈匝數(shù)為10匝，內(nèi)阻不可忽略。產(chǎn)生勻強磁場的磁極繞垂直于磁場方向的固定軸OO′（O′O沿水平方向）勻速轉(zhuǎn)動，線圈中的磁通量隨時間按如圖乙所示正弦規(guī)律變化。線圈的兩端連接理想變壓器，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1：n2＝2：1，電阻R1＝R2＝8Ω．電流表示數(shù)為1A．則下列說法不正確的是（）A．a(chǎn)bcd線圈在圖甲所示的面為非中性面B．發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢的最大值為102VC．電壓表的示數(shù)為10VD．發(fā)電機線圈的電阻為4Ω【解答】解：A、線圈平面與磁場平行，此時線圈平面與中性面垂直，故為非中性面，故A正確；B、線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的最大感應電動勢為Em＝NBSω＝N?mω=102V，故C、副線圈兩端的電壓由歐姆定律可得：U2=聯(lián)立解得：U1＝8V，故C錯誤；D、，原副線圈中的電流之比與匝數(shù)成反比，則I1I2=n2n1，解得：I1＝0.5A，線圈產(chǎn)生的感應電動勢的有效值為E=Em2=10V，由E＝U本題選不正確的故選：C。【強化專練】如圖所示，某景區(qū)的彩虹滑梯由兩段傾角不同的直軌道組成，游客與兩段滑梯間的動摩擦因數(shù)相同。一游客由靜止開始從頂端下滑到底端，若用x、a、E、P分別表示物體下降的位移、加速度、機械能和重力的功率，t表示所用的時間，則下列的圖像中正確的是（）A．B．C．D．【解答】解：A、游客沿兩段軌道都做勻加速運動，第一段：x1=12a1t12，第二段：x2B、第一段傾角為θ：由牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝g（sinθ﹣μcosθ），第二段傾角為α：由牛頓第二定律：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得：a2＝g（sinα﹣μcosα），兩段加速度都是定值，不隨時間變化，故B錯誤；C、設初始機械能為E0，由能量守恒：E＝E0﹣μmgx1cosθ﹣μmgx2cosα，而x1、x2和時間t都是二次函數(shù)關系，圖像應是拋物線，故C錯誤；D、重力的功率，第一段：p1＝mgv1cos（90°﹣θ）＝mgv1sinθ＝mga1t1sinθ，p1與時間成正比，第二段：p2＝mgv2cos（90°﹣α）＝mg（v1+a2t2）sinα，p2與時間成一次函數(shù)關系；故D正確。故選：D。用特殊材料做成的、質(zhì)量均為m＝0.4kg的A、B兩球，套在一根水平光滑直桿上，并將A球固定。以A的位置為坐標原點，桿的位置為x軸，建立坐標系，如圖甲所示。兩球間存在沿x軸的作用力，且大小隨間距的變化而變化。兩球之間因受到相互作用力而具有一定的勢能，若其間的作用力做正功則勢能減少，做負功則勢能增加。根據(jù)這一規(guī)律，測出了其間的勢能隨位置坐標x的變化規(guī)律，如圖乙所示。其中圖線最低點的橫坐標x＝20cm，圖線右端的漸近線為虛線a（對應0.28J）。運動中不考慮其它阻力的影響，桿足夠長，以下說法錯誤的是（）A．將小球B從x＝8cm處由靜止釋放后，它開始向x軸正方向運動B．將小球B從x＝8cm處由靜止釋放后，它在運動中能達到的最大速度為1m/sC．將小球B從x＝4cm處由靜止釋放后，它不可能第二次經(jīng)過x0＝20cm的位置D．將小球B從x＝12cm處由靜止釋放后，它僅有一次經(jīng)過x0＝20cm的位置【解答】解：A、將小球B從x＝8cm處由靜止釋放后，由圖象可知，兩球之間存在斥力，球B開始向x軸正方向運動，故A正確。B、將小球B從x＝8cm處由靜止釋放后，當小球運動到x＝20cm處時，勢能最小，加速度最小，速度最大，由能量守恒得Ep=12mC、從圖中可知，小球在無窮遠處的勢能與小球在x＝6cm處的勢能相等，小球B從x＝4cm處由靜止釋放后，小球一直向右運動，最后做的是勻速運動，故它不可能第二次經(jīng)過x0＝20cm的位置，故C正確。D、將小球B從x＝12cm處由靜止釋放后，小球B將做往復運動，多次經(jīng)過x0＝20cm的位置，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的v﹣t關系分別對應圖乙中A、B圖線（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點），重力加速度為g，則（）A．0～t1過程中，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少B．t1時刻，彈簧形變量為mgsinθC．0～t2過程中，拉力F逐漸增大D．t2時刻，彈簧形變量為0【解答】解：AB、由圖知，t1時刻物塊A、B開始分離，對物塊A根據(jù)牛頓第二定律：kx﹣mgsinθ＝mat1時刻，彈簧形變量為x=mgsinθ+mat1時刻物塊A、B開始分離…①開始時有：2mgsinθ＝kx0…②從開始到t1時刻，彈簧做的功：WT＝Ep=12kx從開始到t1時刻的過程中，根據(jù)動能定理得：WT+WF﹣2mgsinθ（x0﹣x）＝2×12mv122a（x0﹣x）＝v12…⑤由①②③④⑤解得：WF＝WT-(mgsinθ-ma)2k，所以拉力F做的功比彈簧做的功少，故C、從開始到t1時刻，對物塊AB整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ+2ma﹣kx，x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對物塊B由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ+ma，可知F不變，故C錯誤；D、t2時刻物塊A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx′，則得：x′=mgsinθk，故故選：A。道路壓線測速系統(tǒng)，不僅可以測速，也可以測量是否超載，其結(jié)構原理電路可以理解為如圖甲所示由一個電源，一個靈敏電流計與傳感器連接，一個電容和一個保護電阻R組成，感應線連接電容器的其中一塊極板上，如果車輪壓在感應線上會改變電容器兩板間的距離，并會使靈敏電流計中產(chǎn)生瞬間電流，壓力越大，則電流峰值也會越大，如果汽車的前、后輪先后經(jīng)過感應線，回路中產(chǎn)生兩脈沖電流，如圖乙所示，電子眼就會拍照。如果以順時針方向為電流正方向，則（）A．汽車壓線時，電容器板間距離變小B．車輪經(jīng)過感應線過程中電容器先充電后放電C．增大電阻R值，可以使電容器穩(wěn)定時的帶電量減小D．如果車輪間距是2.5m，則可估算車速約為7.7m/s【解答】解：A、汽車壓線時，由圖乙可知電流方向沿順時針方向，而電容器上極板帶負電，下極板帶正電，說明此時電容器在放電，電容器電荷量減小。由于電容器電壓等于電源電壓不變，則由Q＝CU知電容器的電容減小。根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd可知，汽車壓線時，電容器板間距離B、由圖乙可知電流先沿順時針方向后沿逆時針方向，則電容器先放電后充電，故B錯誤；C、電阻R的作用是為了保護電路，防止電流過大而損壞靈敏電流計，阻值大小對電容器的電容大小沒有影響，從而對電容器穩(wěn)定時的帶電量沒有影響，故C錯誤D、由圖乙可知，前后輪經(jīng)過傳感器的時間間隔為t＝0.325s，則汽車是速度為v=Lt=2.50.325m/s故選：D。如圖所示M、N為處在勻強磁場中的兩條位于同一水平面內(nèi)的平行長導軌，一端串接電阻R，磁場沿豎直方向，ab為金屬桿，可在導軌上無摩擦滑動，滑動時始終保持與導軌垂直，桿和導軌的電阻不計，現(xiàn)于導軌平面內(nèi)沿垂直于ab方向?qū)U施一水平恒力F，使桿從靜止出發(fā)向右運動，在以后的過程中，力F沖量的大小I、力F瞬時功率的大小以及力F所做的功的大小隨時間t變化的圖線，分別對應于圖中的哪一條圖線？（）A．甲、乙和丙B．甲、乙和丁C．乙、丙和丁D．乙、丙和甲【解答】解：力F是恒力，則力F沖量的大小I＝Ft，I與t成正比，I﹣t圖像為過原點的直線，對應甲圖線；金屬桿ab在運動過程中受到的安培力大小為：FA＝BIL=B2L2vR，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣FA＝ma，得：F-B2L2vR=ma設在極短時間△t內(nèi)金屬桿的位移為△x，力F做的功為△W，則△W＝F△x＝Fv?△t，則△W△t=Fv，故W﹣t圖像的斜率表示力F的瞬時功率，可知P﹣t圖線對應丙圖線，故A正確，故選：A。如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好．導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直，t＝0時，將開關S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則圖所示的圖象中正確的是（）A．B．C．D．【解答】解：首先分析導體棒的運動情況：開關S由1擲到2，電容器放電，在電路中產(chǎn)生放電電流。導體棒通有電流后會受到向右的安培力作用，向右加速運動。導體棒將切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，此感應電動勢將電容器的電壓抵消一些，隨著速度增大，感應電動勢增大，則回路中的電流減小，導體棒所受的安培力減小，加速度減小。因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直加速運動（變加速）。當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒不受安培力，做勻速運動。A、當棒勻速運動后，棒因切割磁感線有電動勢，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，則由Q＝CU知，電容器的電量應穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，不會減少到0．這時電容器的電壓等于棒的電動勢數(shù)值，棒中無電流，故A錯誤。B、由于通過棒的電流是按指數(shù)遞減的，最后電流減至零。故B錯誤。C、導體棒先做加速度減小的變加速運動。由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導體棒受安培力運動，當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒不受安培力時，導體棒做勻速運動。故v﹣t圖象是曲線后應是直線。故C錯誤。D、根據(jù)上面分析可知，桿的加速度逐漸減小直到為零，故D正確。故選：D。在x軸的﹣3a和3a兩處分別固定兩個點電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷間的電勢φ與位置x之間的關系圖像，圖線的最低點在x＝a處?，F(xiàn)在x＝2a處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷，該電荷只在電場力作用下運動，取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（）A．QA、QB可能都是負電荷B．兩固定電荷電量之比為QA：QB＝1：4C．點電荷q可能運動到x＝﹣2a處D．點電荷q運動到x＝a處加速度為零【解答】解：A、電勢均為正值，說明兩個場源電荷均為正電荷，故A錯誤；B、因在x＝a電場強度為零，即kQA(4a)2=kQB(2a)2，所以QA：C、由圖知x＝?a處與x＝2a處電勢相等且點電荷由靜止釋放，由動能定理可知點電荷剛好能到達x＝?a處，不可能運動到x＝﹣2a處，故C錯誤；D、由φ?x圖線的斜率表示電場強度的大小可知x＝a處電場強度為零，不受力，由牛頓第二定律，加速度為零，故D正確。故選：D。圖（甲）為某同學研究自感現(xiàn)象的實驗電路圖，用電流傳感器顯示各時刻通過線圈L的電流。電路中電燈的電阻R1＝4.0Ω，定值電阻R＝2.0Ω，AB間電壓U＝6.0V，開關S原來閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某時刻斷開開關S，此時刻前后電流傳感器顯示的電流隨時間變化的圖線如圖（乙）所示。則（）A．線圈L的直流電阻RL＝4.0ΩB．斷開開關后通過電燈的電流方向向右C．斷開開關瞬間能夠觀察到電燈閃亮一下再熄滅D．在1.6×10﹣3S時刻線圈L中的感應電動勢的大小約為2.4V【解答】解：A、斷開開關前通過燈泡的電流I1=UR1=6V6Ω=1A，斷開開關后，線圈、電阻與燈泡構成閉合回路，同它們的電流相等，斷開開關前，通過線圈的電流為1.5A，則R總＝RL+R=UI=6V1.5A=4Ω，則線圈的直流電阻B、斷開開關前，通過燈泡的電流向右，由楞次定律可知，斷開開關后，線圈產(chǎn)生的感應電流向右，則通過燈泡的電流向左，故B錯誤；C、由圖象可知，斷開開關后，通過燈泡的電流從1.5A逐漸減小到零，燈泡閃亮一下后逐漸變暗，故C錯誤；D、由圖象可知，在t2＝1.6×10﹣3s時同線圈的電流為0.3A，線圈的自感電動勢E＝I（R1+R+RL）＝0.3×（4+2+2）V＝2.4V，故D正確。故選：D。一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如（a）圖線①所示，當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動勢的變化規(guī)律如（a）圖線②所示，用此線圈給（b）圖中匝數(shù)比為2：1的理想變壓器供電，則（）A．t＝0時刻，線圈平面恰好與磁場方向平行B．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2：3C．轉(zhuǎn)速調(diào)整前，圖中電壓表的示數(shù)為102VD．圖線②電動勢的瞬時值表達式e＝40sin（203πt）【解答】解：A、根據(jù)a圖知，t＝0時刻，e＝0，說明磁通量最大而磁通量的變化率為零，此時線圈平面恰好與磁場方向垂直，故A錯誤。B、a圖中，①的周期T1＝0.2s，②的周期T2＝0.3s，由ω=2πT知，ω1C、轉(zhuǎn)速調(diào)整前，原線圈的電壓的有效值U1=602V＝302V，根據(jù)原副線圈電壓和匝數(shù)關系：U1U2=n1n2，解得：U2＝D、感應電動勢最大值Em＝NBSω，轉(zhuǎn)速調(diào)整前后，NBS相同，Em與ω成正比，圖線①中，Em1＝60V，圖線②中，Em2=ω2ω1Em1=ω2=2π線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動計時，所以圖線②電動勢的瞬時值表達式e＝40sin（203πt）V，故D故選：D。某電場在x軸上各點的場強方向沿x軸方向，規(guī)定場強沿x軸正方向為正，若場強E隨位移坐標x變化規(guī)律如圖，x1點與x3點的縱坐標相同，圖線關于O點對稱，則（）A．O點的電勢最高B．﹣x2點的電勢最高C．若電子從﹣x2點運動到x2點，則此過程中電場力對電子做的總功為零D．若電子從x1點運動到x3點，則此過程中電場力對電子做的總功為零【解答】解：A、規(guī)定場強沿x軸正方向為正，依據(jù)場強E隨位移坐標x變化規(guī)律如題目中圖所示，電場強度方向如下圖所示：根據(jù)順著電場線電勢降低，則O電勢最低，故A錯誤；B、由上分析，可知，電勢從高到低，即為x3、x2、x1，由于﹣x2點與x2點電勢相等，那么﹣x2點的電勢不是最高，故B錯誤；C、若電子從﹣x2點運動到x2點，越過橫軸，圖象與橫軸所圍成的面積之差為零，則它們的電勢差為零，則此過程中電場力對電子做的總功為零，故C正確；D、若電子從x1點運動到x3點，圖象與橫軸所圍成的面積不為零，它們的電勢差不為零，則此過程中電場力對電子做的總功也不為零，故D錯誤；故選：C。一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖甲中的線a所示，用此線圈給圖乙中電路供電，發(fā)現(xiàn)三個完全相同的燈泡亮度均相同。當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動勢的變化規(guī)律如圖甲中的線b所示，以下說法正確的是（）A．t＝0時刻，線圈平面恰好與磁場方向平行B．圖線b電動勢的瞬時值表達式為e＝40sin（20π3t）C．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2：3D．轉(zhuǎn)速調(diào)整后，三個燈泡的亮度仍然相同【解答】解：At＝0時刻線圈平面恰好與磁場方向垂直；故A錯誤，B．由圖可知Ta＝0.2s，則ωa=2πTa=10πrad/s，Tb＝0.3s，則ωb可得：Emb＝140V，故圖線b電動勢的瞬時值表達式為：e＝Embsinωbt＝40sin（20π3πt）V，故BC．由T=1n可知線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3：2，故D．轉(zhuǎn)速調(diào)整后交流電的頻率發(fā)生變化，電感對交變電流的阻礙減小、電容對交變電流的阻礙增大，三個燈泡的亮度各不相同，故D錯誤；故選：B。電梯一般用電動機驅(qū)動，鋼絲繩掛在電動機繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運動。若電梯轎箱質(zhì)量為2×103kg，配重為2.4×103kg。某次電梯轎箱由靜止開始上升的v﹣t圖像如圖乙所示，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)B．上升過程中，鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小始終相等C．在第1s內(nèi)，電動機做的機械功為2.4×104JD．上升過程中，鋼繩對轎廂做功的最大功率為4.8×104W【解答】解：A、電梯轎箱在第10s內(nèi)做勻速運動，既不超重也不失重，故A錯誤；B、對轎廂及物體構成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升過程先勻加速，后勻速再勻減速，加速度變化，所拉力變化，故B錯誤；C、動能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得鋼索拉力做功為：W拉＝5.28×104J，故D、上升過程中，1s時，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，鋼繩對轎廂做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×故選：D。（多選）如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源