专题3.1高考中的图像问题（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341

第三部分 专项提能优化训练 专题3.1 高考中的图像问题 目录 ......................................................................................................................................................................................1 ......................................................................................................................................................................................4 三、功能关系与图像..................................................................................................................................................6 四、电场中的图像....................................................................................................................................................10 五、恒定电流中的图像问题....................................................................................................................................12 六、电磁感应中的图像问题....................................................................................................................................14 七、专题跟踪检测....................................................................................................................................................18 高考试题中常涉及的运动学图像有三种，分别是xt图像、vt图像、at图像，由图像分析计算物体运动 的位移、速度、加速度、间距变化及追及相遇问题。 【例题分析】如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( ) A．甲图中，物体在0～t 这段时间内的位移小于vt 0 00 B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2 C．丙图中，阴影面积表示t～t 时间内物体的加速度变化量 1 2 D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 【答案】D 【解析】由vt图线与时间坐标轴围成的面积表示位移，可知甲图中，物体在 0～t 这段时间内的位移大于 0 vt 平均速度大于v ，选项A错误；根据v2＝2ax可知乙图中，2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，选 00 0 项B错误；根据Δv＝at可知，丙图中阴影部分的面积表示t ～t 时间内物体的速度变化量，选项C错误； 1 2 由x＝vt＋at2可得＝v ＋at，结合丁图可知a＝ m/s2＝5 m/s2a前面的易被忽视，即a＝10 m/s2，则v ＝－5 0 0 0 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v＝(－5＋10×3)m/s＝25 m/s，选项D正确。 3 【解题要点】读懂图像三步走 第一步：关注横、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么。 (2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。 (3)坐标轴物理量的单位不能忽视。 第二步：理解斜率、面积、截距的物理意义 (1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。 (2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段所围图形的面积， 一般都能表示某个物理量。如vt图像中的面积，表示位移。 (3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距。 第三步：分析交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点。 (2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。 (3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。 【分类训练】 类型1 xt图像问题 1.(2022·浙江名校协作体联考)中国海军服役某舰载机在航母甲板上由静止加速起飞过程中的位移—时间(x －t)图线如图所示，则( ) A．在0～3 s内，某舰载机的平均速度大于12 m/s B．在N点对应的时刻，某舰载机的速度为7.5 m/s C．在M点对应的位置，某舰载机的速度大于20 m/s D．某舰载机在甲板上做匀加速直线运动 【答案】 C 【解析】 在0～3 s内，某舰载机的平均速度v＝＝ m/s＝12 m/s，A错误；在x－t图线中，斜率表示速度， 由图线可得，物体做加速运动，在0～2 s内的平均速度v＝＝ m/s＝7.5 m/s，因此N点的速度大于7.5 m/s，B错误；MN段的平均速度v＝＝ m/s＝20 m/s，因此M点的速度大于20 m/s，C正确；假设某舰载机 在航母甲板上做匀加速直线运动，根据x＝at2，0～2 s内，x＝a×22，0～3 s内，x＝a×32，代入数据发现 1 2 1 3 2 a≠a，因此不是匀加速直线运动，D错误。 1 2 类型2 vt图像问题 2.(多选)(2022·河北石家庄一模)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机 器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示， 在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v－t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是( ) A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2 B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息 【答案】 AC 【解析】 根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.125 m/s2，故加速度大小为 0.125 m/s2，A正确；由速度时间公式可得，9 s末，冰壶的速度大小为v＝v ＋at＝6 m/s－0.125×6 m/s＝ 0 5.25 m/s，B错误；由图线可知，机器人的加速度为a ＝＝ m/s2＝－1 m/s2，故可得，7 s末冰壶的位移为x 机 ＝vt＋a t2＝23 m，7 s末机器人的位移为x ＝vt＋a t2＝16 m，则7 s末冰壶、机器人二者间距为7 冰 0 冰 机 0 机 m，C正确；由于机器人停止运动时，其位移为18 m，而此时冰壶的位移为x ＝vt＋a t2＝33.75 m，此 冰 0 冰 时相距s′＝(33.75－18) m＝15.75 m＞8 m，可知机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。 类型3 at图像问题 3.P、Q两物体从同一位置由静止开始沿同一直线同向运动，at图像如图所示，下列说法正确的是( ) A．t＝6 s时，P、Q两物体的速度之比为2∶1 B．t＝4 s时，P、Q两物体的速度之比为2∶1 C．2～4 s内，Q的位移大小为48 m D．4～6 s内，Q的位移大小为64 m 【答案】D 【解析】： at图像中图线与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，由于初速度为零，所以v＝Δv，得t＝6 s时，P、Q两物体的速度之比＝＝，选项A错误；t＝4 s时，P、Q两物体的速度之比＝＝，选项B错误； t＝2 s时，Q的速度v ＝×2×8 m/s＝8 m/s,2～4 s内Q的位移x ＝vΔt ＋a(Δt)2＝32 m，选项C错误；2～6 s 1 1 1 1 1 内Q的位移x＝vΔt＋a(Δt)2＝96 m，故4～6 s内Q的位移x＝x－x＝64 m，选项D正确。 2 1 2 2 2 1高考试题中涉及的动力学图像有vt图像、at图像、Ft图像、aF图像等，主要考查学生读图、用图的 能力。 【例题分析】如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t＝0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同 时在物块上加一斜向右上方的恒力F的作用，F与水平方向的夹角θ＝37°，物块的质量为2 kg，物块与地 面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块向左运动的vt图像如图乙所示(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)，求： (1)拉力F的大小； (2)物块再回到t＝0时刻的位置时的速度v 大小； 1 (3)若在t＝0.5 s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t＝0时刻的位置时速度大小和t＝0时刻的 速度大小相等，则拉力F′应变为多少？(结果保留两位小数) 【答案】(1)28 N (2) m/s (3)30.91 N 【解析】(1)物块向左运动时， 由题图像可知，初速度v＝6 m/s 0 加速度a＝＝12 m/s2 1 由牛顿第二定律Fcos θ＋μ(mg－Fsin θ)＝ma 1 解得F＝28 N。 (2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时， 由题中图像可知，回到t＝0时刻的位置的位移 x＝×6×0.5 m＝1.5 m 由牛顿第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 2 解得a＝10.4 m/s2 2 由运动学公式v2＝2ax 1 2 得物块回到t＝0时刻位置的速度 v＝ m/s。 1 (3)要使物块回到t＝0时刻位置的速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向 右运动时的加速度大小a＝a＝12 m/s2 3 1 由牛顿第二定律得F′cos θ－μ(mg－F′sin θ)＝ma 3 解得F′＝30.91 N。 【解题要点】图像问题的求解思路【分类训练】 类型1 Ft图像问题 1．(2022·辽宁朝阳质检)一航天爱好者将一枚自制火箭竖直向上发射，该火箭的推力随时间的变化规律如 图所示。火箭处于静止状态，开始点火(t＝0)，t＝20 s时火箭失去推力。假设火箭质量恒为2 kg，重力加 速度g＝10 m/s2，并假设运动中不计空气阻力。则下列结论正确的是( ) A.0～10 s内，火箭一直加速运动 B.t＝10 s时，火箭速度达到最大 C.发射过程中，火箭的最大加速度为15 m/s2 D.10～20 s内，火箭的速度增量为50 m/s 【答案】 D 【解析】 火箭质量恒为2 kg，当推力小于重力时火箭静止，故0～10 s内，火箭并非一直加速运动，故A 错误；10～20 s推力大于重力，火箭仍在加速，t＝10 s时，火箭的速度不是最大，故B错误；10～20 s推 力最大为30 N，根据牛顿第二定律a ＝＝5 m/s2，故C错误；10～20 s内，火箭的速度增量为Δv＝a Δt＝ m m 50 m/s，故D正确。 类型2 aF图像问题 2．(2022·重庆六区调研)甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m 、m ，与水平面间的动摩擦因 甲 乙 数分别为μ 、μ 。现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、－2c、－ 甲 乙 c为相应坐标值，重力加速度为g。由图可知( )A．μ ＝，m ＝ 甲 甲 B．μ ＝，m ＝ 甲 甲 C．m ∶m ＝1∶2，μ ∶μ ＝1∶2 甲 乙 甲 乙 D．m ∶m ＝2∶1，μ ∶μ ＝1∶2 甲 乙 甲 乙 【答案】 B 【解析】 对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma，可 得a＝－μg，故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数，则有m ＝，m ＝，即m ∶m ＝1∶2；a－F关 甲 乙 甲 乙 系图像的纵截距为－μg，故－μ g＝－2c，－μ g＝－c，即μ ＝，μ ＝，有μ ∶μ ＝2∶1，故B正确。 甲 乙 甲 乙 甲 乙 三、功能关系与图像 【例题分析】(多选) (2022·河南猜题卷)如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气 阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运 动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图像可能正确的是( ) 【答案】 BC 【解析】 乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力f＝kv 发生的位移为Δx＝vΔt 由动能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔE k 可得＝－(mg＋kv)v 上升过程，速度逐渐减小，的绝对值逐渐减小，即E －t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时， k 速度减为0，斜率也为0， 同理，下降阶段有＝(mg－kv′)v′ 下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于 0，的绝对 值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确； 上升阶段结合上述分析，有ΔE＝mgΔx p 有＝mgv 上升阶段速度逐渐减小，的绝对值逐渐减小，即E －t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，E p p －t图线斜率也为0，同理，下降阶段有＝－mgv′速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。 【提能训练】 1.(2022·云南昆明模拟)小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变 化如图所示，则下列说法正确的是( ) A.小球的加速度先减小后增大 B.小球上升的时间比下降的时间长 C.小球上升过程阻力做功比下降过程少 D.小球上升过程阻力做功比下降过程快 【答案】 D 【解析】 由于阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面那条曲线为上升过程机械能随高度的变化曲线， 下面那条曲线为下降过程机械能随高度的变化曲线，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻 力变大。上升时mg＋f＝ma，做加速度减小的减速运动；下降时mg－f＝ma，做加速度减小的加速运动， 故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误；由于阻力作用，同一高度上升时速度大于下降时速度， 上升平均速度大，时间短，故B错误；上升时，阻力做功大小为E －E ，下降时阻力做功大小为E －E ， 0 1 1 2 上升阻力做功多，故C错误；上升时阻力做功多，时间短，故做功快，故D正确。 2.(多选)(2022·天津五校联考)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成 θ角 倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到 达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速 度g＝10 m/s2，由v－t图像可知( ) A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变 B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J D.A、B两点的距离为2.4 m【答案】 BC 【解析】 由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s内，货物受沿 斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由图像可以看出货物做两段匀加 速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，由图像得到a ＝ 1 2 1 10 m/s2，a＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝FΔx＋FΔx＝ 2 f 1 f 2 μmgcos 37°(Δx ＋Δx)＝0.5×1×10×0.8×J＝4.8 J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v 1 2 －t图像与坐标轴围成的面积。所以有s ＝ m＋×1 m＝3.2 m，故D错误。 AB 3.(2022·福建龙岩质检)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度 a和速度的倒数的关系如图所 示。已知轿车的总质量为1 300 kg，其所受的阻力不变，则轿车( ) A.速度随时间均匀增大 B.加速度随时间均匀减小 C.所受阻力大小为2.73×103 N D.电动机输出功率为9.1×103 W 【答案】 C 【解析】 由图可知，轿车加速度变化，做变加速直线运动，故A错误；a－函数方程a＝－2.1，因为轿 车做变加速运动，所以加速度不是随时间均匀减小，故B错误；对轿车受力分析，受重力、支持力、牵引 力和阻力，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，F＝，联立得a＝－，结合图线，当轿车的速度最大时，加 速度为零，故结合图像可知，a＝0时，＝0.03，解得v＝ m/s，由图像可知－＝－2.1，解得f＝2.1m＝ 2.1×1 300 N＝2.73×103 N，电动机输出功率P＝fv＝9.1×104 W，故C正确，D错误。 4.(2022·超级全能生原创卷)质量为m的物体(可视为质点)，位于距离地面高度为h的平台边缘，如图所示。 某时刻物体以水平初速度从平台边缘飞出，选取飞出点为坐标原点，已知重力加速度为 g，忽略空气阻力 和平台的摩擦，在运动过程中的任意位置，关于其动能E 和重力做的功W与水平位移x的关系，以下图像 k 描述正确的是( )【答案】 B 【解析】 根据平抛运动的规律，在水平方向有v＝v，x＝vt x 0 0 在竖直方向有v＝gt，y＝gt2 y 由以上各式得速度为v＝ 动能为E＝mv2＝x2＋mv k 可知动能E 与水平位移x的关系是一条抛物线，A错误，B正确； k 重力做的功为W＝mgy＝mg·gt2＝x2 可知重力做的功W与水平位移x的关系是一条过原点的抛物线，C、D错误。 四、电场中的图像 电场中的图像主要有vt图像、φx图像、Ex图像、Ex图像等，多以选择题的形式呈现，难度中等。 p 【例题分析】有一沿x轴分布的电场，电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正向为电场强度的正方向， 在x轴上0～x 间某点处由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，仅在电场力作用下运动， 1 下列说法正确的是( ) A．x轴上x 处电势最高 1 B．x轴上x 处电势最高 2 C．粒子在向右运动的过程中，粒子的电势能可能先减小后增大，再减小 D．粒子在向右运动的过程中，如果到达x 处速度刚好为零，则粒子运动的最大速度一定大于 2 【答案】AD 【解析】因x 点的右侧电场方向向右，左侧的电场方向向左，故x 点的电势最高，选项A正确，B错误； 1 1 带负电的粒子从0～x 中的某位置释放，在向右运动的过程中电场力先做正功，过了x 位置后，电场力做 1 1 负功，故粒子的电势能先减小后增大，选项C错误；粒子在向右运动的过程中，如果到达x 处速度刚好为 2 零，则在x 处的速度最大，根据动能定理，如果是场强为E 的匀强电场，则mv 2＝Eq(x －x)，解得v ＝ 1 0 m 0 2 1 m ，因x～x 处的平均场强大于E，故粒子运动的最大速度一定大于 ，选项D正确。 1 2 0 【解题要点】 (1)不同的图像对应不同的物理意义，解此类问题时要关注图像横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义。 (2)注意分析图像的形状、斜率、截距和面积表示的信息。如 φx图像斜率表示电场强度，Ex图像与x轴所 围面积表示电势差，Epx图像的斜率表示电场力等。类型1 电场中的vt图像 1.(2022·天津质检)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下从A点沿直线运动到B点，速度随时间变化的图 像如图所示，t 、t 分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是( ) A B A．A处的电场强度一定小于B处的电场强度 B．A处的电势一定高于B处的电势 C．带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能 D．带电粒子从A点运动到B点的过程中，电场力一定对其做正功 【答案】D 【解析】： 根据速度图像的斜率等于加速度，由题图可以看出，从 A点运动到B点的过程中带电粒子的 加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的电场强度一定大于B处的电场强度，A 错误。由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故 B错误。由题图看出， 带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D 正确。 类型2 电场中的φx图像 2．[多选](2022·衡阳三模)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的 电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1 m,4.5×105 V)和(0.15 m，3×105V)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15 m,3×105 V)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋ 2.0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面间的动摩擦因数为0.02，重力 加速度g取10 m/s2。则下列说法中正确的是( ) A．滑块P运动过程中的电势能先减小后增大 B．滑块P运动过程中的加速度先减小后增大 C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C D．滑块P运动的最大速度为0.1 m/s 【答案】BCD 【解析】： 由电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场 力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误。电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15 m处 的电场强度为：E＝＝ V/m＝2×106 V/m＝2.0×106 N/C，滑块P在此处所受的电场力为：F＝qE＝2×10－8×2×106 N＝0.04 N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在x＝0.15 m 前，电场力大于摩擦 力，做加速运动，加速度逐渐减小，在 x＝0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大， 故B、C正确。在x＝0.15 m处，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU－fx＝mv2，因为 0.10 m和0.15 m处的电势差为1.5×105 V，代入求解，最大速度为0.1 m/s，故D正确。 类型3 电场中的E x图像 p 3．(2022·北京模拟)如图甲所示，A、B为电场中一直线上的两个点，带正电荷的点电荷只受电场力的作用， 从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能E 随位移x的变化关系如图乙所示。则从A到B过程中， p 下列说法正确的是( ) A．点电荷的速度先增大后减小 B．空间电场是某负点电荷形成的 C．电荷所受电场力先减小后增大 D．空间各点的电势先降低后升高 【答案】C 【解析】： 正电荷在电场力作用下运动，故正电荷的电势能与动能的总和不变，由图像可知，电势能先 增加后减少，则动能先减少后增加，速度先减小后增大，故 A错误；电场力做的功W＝Fx＝E －E ，Ex p0 p p 图线的斜率反映电场力，可见电场力先减小后增大，且方向发生了变化，因此不可能是点电荷的电场，故 B错误，C正确；由题图乙可知，带正电荷的点电荷电势能先增加后减少，由正电荷在电势高的地方电势 能大可知电势先升高后降低，D错误。 五、恒定电流中的图像问题 恒定电流中的图像主要是指电阻的UI图像和电源的UI图像，该类试题多为两种图像相结合的方式呈现， 难度中等。 【例题分析】(多选) (2021·浙江省百校3月模拟联考)如图所示，电源由几个相同的干电池组成。合上开关 S，变阻器的滑片从A端滑到B端的过程中，电路中的一些物理量的变化，如图甲、乙、丙所示，图甲为 电压表示数与电流表示数关系，图乙为干电池输出功率跟电压表示数关系，图丙为干电池输出电能的效率 η与变阻器接入电路电阻大小的关系，不计电表、导线对电路的影响，则( )A.串联电池的总电阻为2 Ω B.串联的干电池节数为6节 C.变阻器的总电阻为8 Ω D.乙图上b点的横坐标为3 【答案】 ACD 【解析】 通过图甲可知短路电流为3 A，即I＝＝3 A，当外电路的阻值和内阻相等时，输出功率最大， 此时U＝E，P ＝＝＝4.5 W，解得E＝6 V，r＝2 Ω，由于每节干电池的电压为1.5 V，故电源由四节干电 max 池组成，A正确，B错误；电源的效率η＝＝＝，故滑动变阻器阻值全部接入电路时，电源的效率最高。η ＝＝0.8，解得R＝8 Ω，C正确；由于电动势为6 V，而b点对应的外电路阻值和内阻相等，所以U＝E， 故乙图上b点的横坐标为3，D正确。 【解题要点】 (1)注意区别电源的UI图像和电阻的UI图像。 (2)两图像斜率的物理意义不同，电源UI图像图线斜率的绝对值表示电源内阻大小，电阻UI图像图线为直 线时斜率大小表示电阻的大小。 (3)坐标U和I的乘积的物理意义不同，分别表示电源输出功率、该电阻消耗功率。 (4)坐标U和I的比值的物理意义不同，分别表示外电路总电阻大小、该电阻大小。 1(2022·郑州期末)图甲为某电源的UI图线，图乙为某小灯泡的UI图线，则下列说法中正确的是( ) A．电源的内阻为0.5 Ω B．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小 C．当小灯泡两端的电压为0.5 V时，它的电阻约为 Ω D．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为3.0 W 【答案】D 【解析】由题图甲，根据U＝E－Ir可得：电动势E＝1.5 V，内阻r＝ Ω＝0.17 Ω，故A错误；由题图乙可 得：小灯泡的功率越大，则电压越大，斜率越大，故电阻越大，故 B错误；由题图乙可得：当小灯泡两端 的电压U＝0.5 V时，电流I＝6 A，故电阻R＝＝ Ω＝ Ω，故C错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，将 甲、乙两图叠加到一起，两UI图线的交点即小灯泡的电压、电流，故U＝0.5 V，I＝6 A，所以小灯泡的功 率P＝UI＝3.0 W，故D正确。2.[多选]某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R 、R 两端的电压与电流的关系如图所示。用此电源和 1 2 电阻R、R 组成电路，R、R 可以同时接入电路，也可以单独接入电路。下列说法正确的是( ) 1 2 1 2 A．将R、R 串联后接到电源两端时，电源的效率为75% 1 2 B．将R、R 并联后接到电源两端时，电源的效率为80% 1 2 C．为使电源输出功率最大，可将R 单独接到电源两端 1 D．为使电源输出功率最大，可将R 单独接到电源两端 2 【答案】AC 【解析】： 根据题图可知，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝ Ω＝0.5 Ω，根据R＝知，两定值电阻的阻 值分别为R＝0.5 Ω，R＝1 Ω。将R、R 串联后接到电源两端时，电源的效率为η＝×100%＝75%，故A正 1 2 1 2 确；外电阻越大，电源的效率越高，因为R 、R 并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将R 、R 1 2 1 2 并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率 最大，据此可知将R 单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C正确，D错误。 1 六、电磁感应中的图像问题 电磁感应中的图像种类较多，有Bt、Φt、Et、it图像等，题型以选择题为主，难度中等。 【例题分析】如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域 宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运 动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( ) 【答案】D【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。 线框位移 等效电路的连接 电流 0～ I＝2i(顺时针) ～l I＝0 l～ I＝2i(逆时针) ～2l I＝0 综合分析知，只有选项D符合要求。 【解题要点】 1．解决电磁感应图像问题的三点关注 (1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。 (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。 (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。 2．常用解决电磁感应图像问题的两种方法 (1)排除法； (2)函数法。 类型1 动生图像问题 1.(2022·山东日照期末)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向 相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于xOy平面内的刚性三角形导体框 abc在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)，从图示位置开始计时，在导体框进入磁场的 过程中，导体框内感应电流i与时间t的关系图像正确的是(规定导体框内的电流顺时针方向为正)( )【答案】 B 【解析】 从开始到ac边中点刚要进入磁场，根据右手定则和法拉第电磁感应定律可知，ab边左、右两 部分切割磁感线产生的电动势等大反向，故回路总电动势等于ac左半部分切割磁感线产生的电动势，由E ＝BLv和I＝可知i随进入磁场的长度增大而增大，随时间均匀增大，由右手定则知回路中电流方向为逆时 针，为负值；从ac边中点进入磁场到导体框完全进入磁场，回路总电动势是ac左半边电动势与右半边之 差，由于左半边电动势恒定，右半边电动势随进入磁场的长度成正比，所以总电动势(电流)在随时间均匀 减小，回路电流方向为逆时针方向，为负值，故A、C、D错误，B正确。 类型2 感生图像问题 2.(多选)(2022·安徽六安模拟)固定的矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁场方向与导线框垂直，磁感应强 度B随时间t变化的规律如图所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。规定顺时针方向为电流 的正方向、向左为安培力的正方向，在0～4 s内，导线框中的电流及导线框的ab边所受安培力随时间变化 的图像可能是( ) 【答案】 AD 【解析】 由法拉第电磁感应定律可知E＝＝S，由图可知，0～2 s内，导线框中磁通量的变化率相同，电 流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可得，2～4 s内电路 中的电流为逆时针，电流为负的，且两段时间内磁通量的变化率大小相等，回路中的感应电动势大小相等， 感应电流大小相等，A正确，B错误；由F＝IlB可知，电流大小恒定的情况下，F与B成正比，结合左手 定则可知，0～1 s内与2～3 s内安培力向左，为正，1～2 s内与3～4 s内安培力向右，为负，C错误，D 正确。 类型3 图像的分析与应用3.[多选](2022·新乡模拟)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方 形金属线框的右边与磁场的边界重合。在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界 的恒定加速度a进入磁场区域，t 时刻线框全部进入磁场。若规定顺时针方向为感应电流 i的正方向，则感 1 应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过线框某横截面的电荷量q随时间t变化的关系图 像中，可能正确的是( ) 【答案】ACD 【解析】： 线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，感应电流i＝＝，i与t成正比，故A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BiL＝，由牛顿第二定律得：F－F＝ma，得F＝ma＋，Ft图 A A 像是不过原点的倾斜直线，故B错误；线框的电功率P＝i2R＝∝t2，故Pt图像应是开口向上，过原点的抛 物线，故C正确；线框的位移x＝at2，则电荷量q＝＝＝∝t2，故qt图像应是开口向上过原点的抛物线，故 D正确。 七、专题跟踪检测 1．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v 0 ＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图 乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( ) A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】D 【解析】： 由题给图像可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板 获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv2－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v t图像可求 0 出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。 2．如图甲所示，MN是一条电场线上的两点，从M点由静止释放一个带正电荷的带电粒子，带电粒子仅在 电场力作用下沿电场线由M点运动到N点，其运动速度随时间t的变化规律如图乙所示。下列叙述中不正 确的是( )A．M点电场强度比N点的电场强度小 B．M点的电势比N点的电势高 C．从M点运动到N点电势能增加 D．从M点运动到N点粒子所受电场力逐渐增大 【答案】C 【解析】： 从vt图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律F＝ma，则说明受到的电场力越来 越大，根据公式F＝qE，说明电场强度越来越大，所以M点电场强度比N点的电场强度小，故A、D正确； 因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力向右，又因为带电粒子带正电荷，所以电场线的方向向右， 又因为顺着电场线的方向电势降低，所以M点的电势比N点的电势高，故B正确；从M点运动到N点动 能增加，电势能应该减少，故C错误。 3．[多选](2022·唐山一模)如图所示，xt图像反映了甲、乙两车在同一平直公路上行驶的位移随时间变化的 关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则0～10 s过程中( ) A．甲车的速度大小为4.0 m/s B．乙车的平均速度大小为4.0 m/s C．甲车的位移大小为40 m D．乙车的位移大小为80 m 【答案】ACD 【解析】： 甲车做匀速直线运动，速度为：v ＝＝ m/s＝4.0 m/s，在0～10 s内位移为：x ＝v t＝ 甲 甲 甲 4×10 m＝40 m，故A、C正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度 为零，将其运动反向看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系x＝at2，根据图像有：x＝ 0 at2＝a·(10 s)2，20 m＝at2＝a·(5 s)2，解得：a＝1.6 m/s2，x＝80 m，则0～10 s内乙车的平均速度大小为： 1 0 乙 ＝＝ m/s＝8 m/s，故B错误，D正确。 4.(2021·湖北高考，4)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力 大小f恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受 k 摩擦力大小f分别为( )A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N 【答案】 A 【解析】 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs sin 30°－fs ＝E －E ，整理得E ＝E －(mgsin 30°＋ 1 1 k k0 k k0 f)s ，结合0～10 m内的E －s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动 1 k 能定理得(mgsin 30°－f)(s－s)＝E ，整理得E ＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s ，结合10～20 m内的E － 1 k k 1 k s图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。 5. (2022·浙江名校联盟联考)我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人 机出厂前进行竖直飞行测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发 动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示， 则下列论述错误的是( ) A．无人机的升力大小是68.6 N B．无人机的质量是4 kg C．空气阻力的大小是8 N D．加速段与减速段时间之比为7∶5 【答案】 B 【解析】 由动能E与上升高度h的关系图，可得斜率大小即为合外力的大小，故得到加速段的合外力大 小为F－mg－f＝28.6 N，减速段的合外力为mg＋f＝40 N，联立可得升力F＝68.6 N，A正确；由减速段的 合外力为mg＋f＝1.25mg＝40 N，可得m＝3.2 kg，空气阻力f＝0.25mg＝8 N，B错误，C正确；由于加速 段和减速段均为匀变速直线运动，可知两阶段的平均速度相等，故时间之比等于位移之比为 1.75∶1.25＝ 7∶5，D正确。6.(2022·浙江名校联盟联考)如图甲所示是小朋友玩蹦床的示意图。从小朋友下落到离地面高 h处开始计时， 其动能E 与离地高度h的关系如图乙所示，在h ～h 阶段图像为直线，其余部分为曲线，h 对应图像的最 k 1 2 3 高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是( ) A．整个过程中小朋友的机械能守恒 B．从h～h 过程中，小朋友的加速度先增大后减小 2 5 C．从h～h 过程中，蹦床的最大弹性势能为E ＝mg 1 5 pm D．小朋友处于h＝h 高度时，蹦床的弹性势能为E＝mg 4 p 【答案】 C 【解析】 小朋友受蹦床弹力做功，机械能不守恒，小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；小朋 友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，小朋友下降过程中x增大，则a减小，从弹力等 于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降过程中x增大，则a′增大，则从小朋 友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中(从h～h 过程中)，其加速度先减小后增大，B错误；小 2 5 朋友从h 下降到h 过程中，动能增量为零，由机械能守恒定律知重力势能减少量等于蹦床弹性势能增加量， 1 5 所以蹦床的最大弹性势能为E ＝mg(h －h)，C正确；小朋友处于h＝h 高度时，由于h 高度时的动能与 pm 1 5 4 4 h 高度时的动能相等，所以从h 到h 过程重力势能损失量等于蹦床弹性势能增加量，h 为小朋友刚接触蹦 2 2 4 2 床时的高度，弹性势能为零，所以h 高度时的弹性势能为E＝mg(h－h)，D错误。 4 p 2 4 7.(2022·重庆巴蜀中学检测)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上 的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径R＝0.5 m，斜面 高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小 1 为5 m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合。挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与 墙上转过圆心角θ之间的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )A．弹丸的质量为0.1 kg B．弹丸的质量为0.4 kg C．弹丸与地面的动摩擦因数为0.6 D．弹丸与地面的动摩擦因数为0.8 【答案】 C 【解析】 弹丸从B到D过程，由动能定理得mgh－μmgcos 37°·＝mv－mv，由图可知，在D点，挡板对 1 弹丸的支持力为F ＝12.4 N，由牛顿第二定律有F ＝m，联立解得m＝0.2 kg，A、B错误；设弹丸与地面 N N 之间的动摩擦因数为μ ，设转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μmg·3×R＝mv2－mv，在转过3 rad后 2 2 挡板对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2＝m，联立解得μ＝0.6，C正确，D错误。 2 8.(多选)(2022·广东深圳模拟)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n ＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁 场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势 e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边受到的安 培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )【答案】 CD 【解析】 0～1 s内产生的感应电动势为e ＝＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势为e 1 2 ＝＝1 V，方向为顺时针，A错误；对应0～1 s内的感应电流大小为i ＝＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理 1 1～5 s内的感应电流大小为i ＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL， 2 可知0～1 s内0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s内0≤F≤2 N，方向向下，C正确； 线圈产生的焦耳热为Q＝eit，0～1 s内Q＝J，1～5 s内Q＝4 J，D正确。 1 2 9.(2022·广东珠海模拟)如图甲所示，面积S＝0.2 m2的线圈，匝数n＝630匝，总电阻r＝1.0 Ω，线圈处在变 化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，方向垂直线圈 平面，图甲中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V，0.9 W”，滑动变阻器R 上标有“10 Ω，1 A”。则 0 下列说法正确的是( ) A.电流表中的电流方向向左 B.线圈中产生的感应电动势为定值 C.为了保证电路的安全，电路中允许通过的电流最大值为1 A D.若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中的t 最小值为20 s 0 【答案】 B 【解析】 根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流，电流表中的电流方向向右，故 A错误；因为恒 定，所以根据法拉第电磁感应定律E＝nS，线圈中产生恒定的感应电动势，故B正确；传感器正常工作时 电流为I＝＝ A＝0.3 A，变阻器的工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为0.3 A，故C错误；滑 动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为R ＝R＋R ，其中R＝＝10 Ω，电源电动势的最大值为E＝I(R 外 0 外＋r)＝6.3 V，由法拉第电磁感应定律E＝n＝＝，得t＝40 s，故D错误。 0 10.(2022·河北保定一模)如图甲所示，某同学研究水平匀速拉动货物时拉力大小和方向间的关系。他以相同 的速度拉动质量为50 kg的货物，拉力方向与水平方向的夹角为θ。已知货物所受阻力与货物对地面的压力 成正比，拉力F大小与θ的函数图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．货物受到的阻力与货物对地面压力的比值为0.5 B．当θ＝0.25π时，拉力大小为 N C．当θ＝0与θ＝时，对应拉力大小相等 D．当0≤θ<时，可能有两个角度对应拉力的功率相等 【答案】 A 【解析】 设货物受到的阻力与货物对地面压力的比值为 μ，对货物根据平衡条件有Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)，解得F＝，由题图乙可知，当θ＝0时，有F＝250 N，代入上式解得μ＝0.5，A正确；当θ＝0.25π时， 拉力大小为F＝＝ N，B错误；当θ＝时，拉力大小为F＝＝1 000(2－)N≠250 N，C错误；拉力的功率为P ＝Fvcos θ＝，tan θ在0≤θ<区间内为单调函数，所以在此区间内不可能有两个角度对应拉力的功率相等， D错误。 11．(2022·东北四市二模)如图所示，一个各短边边长均为L，长边边长为3L的线框，匀速通过宽度为L的 匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面。线框沿纸面运动，开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合， 此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差U 随时间t变化关系图像正确的是( ) ab【答案】D 【解析】： 0～L过程中，ab边切割磁感应线产生的感应电动势E＝BLv，a点电势高于b点电势，则U 1 ab ＝BLv；L～2L过程中感应电动势E ＝2BLv，a点电势低于b点电势，则U ＝－＝－；2L～3L过程中，最 2 ab 左边切割磁感应线产生的感应电动势E ＝3BLv，a点电势高于b点电势，则U ＝×3BLv＝BLv，故D正确， 3 ab A、B、C错误。 12．[多选](2022·大同模拟)如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R 消耗的功率，Q 2 为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中， 下列图像能正确反映各物理量关系的是( ) 【答案】AB 【解析】： 变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R 消耗的功 2 率为P＝I2R，P∝I2，故A正确；电容器C的电压U ＝E－I(R ＋r)，电荷量Q＝CU ＝C[E－I(R ＋r)]，则＝ C 2 C 2 －C(R ＋r)，保持不变，则QI图像是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数U＝E－Ir，UI图像应是向 2 下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量q时电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则Wq是过原点 的直线，故D错误。 13．[多选](2022·合肥质检)真空中静止点电荷周围某点的电场强度大小与该点到点电荷距离二次方的图像 (Er2)如图所示。若电场中a、b、c三点的电场强度大小分别为E 、E 、E，一带正电荷的试探电荷由a点 a b c 经b移动到c点，电场力所做的功分别为W 和W 。若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点 ab bc 的电势φ＝k，其中Q为点电荷的电荷量，k＝9.0×109 N·m2/C2。下列说法正确的是( )A．Q＝4×10－9 C B．E∶E＝3∶2 b c C．φ∶φ＝4∶1 D．W ∶W ＝3∶1 a b ab bc 【答案】AD 【解析】： 点电荷产生的电场强度为E＝，由某点的电场强度大小与该点到点电荷距离二次方的图像(E- r2)可知，r2＝1 m2时，电场强度大小为36 V/m，则可得点电荷的电荷量为4×10－9 C，故A正确；由电场强 度E＝，可知电场强度大小之比为E∶E＝9∶4，故B错误；由电势φ＝可知电势之比为φ∶φ＝2∶1，故C错误； b c a b 电场力所做的功为电势能的减小量，因为φ＝，a点电势为36 V，b点电势为18 V，c点电势为12 V，距离 点电荷的位置分别为1 m、2 m、3 m，所以电势能减小量之差也就是电场力所做的功，W ∶W ＝3∶1，故 ab bc D正确。 14.(2022·山水联盟联考)将两点电荷A、B分别固定在x轴上，其坐标分别为x ＝0 m和x ＝6 m，B的电荷 A B 电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x＝4 m处电势最高，x轴上 M、N两点的坐标分别为x ＝3 m和x ＝5 m，静电力常量为k，则下列说法正确的是( ) M N A．两点电荷一定为异种电荷 B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 D．若在M点放一带电荷量为q的试探电荷，则试探电荷受到的静电力大小为 【答案】 D 【解析】 φ－x图线的斜率表示电场强度，由图可知，在x＝4 m处图线的斜率为零，说明在x＝4 m处电 场强度为零，所以两点电荷一定是同种电荷，A错误；由图可知图线在M点的斜率小于N点的斜率，即M 点的电场强度小于N点的电场强度，B错误；沿着电场线电势逐渐降低，则M点到N点，电场线先向左后 向右，正的试探电荷从M点到N点时静电力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，C错误；因为在 x＝4 m处图线的斜率为零，根据点电荷电场强度E＝k可知k＝k，所以Q ＝4Q，沿电场线方向电势逐渐降 A 低，所以可知两点电荷都是带负电荷，则A点到M点的距离为3 m，B点到M点的距离也为3 m，所以M 点的电场强度大小为E＝k－k＝，则在M点放一带电荷量为q的试探电荷，其所受静电力为F＝qE＝，D 正确。 15.(2022·上海虹口区一模)如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量 m＝2 kg的带负电小滑块(可视为质点)在x＝1 m处以初速度v ＝1.5 m/s沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.05。整个区域存 0 在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能 E 如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经 p 过x＝1 m处的切线，g＝10 m/s2，则( ) A．x＝3 m处的电势最低 B．滑块向右运动过程中，速度始终减小 C．滑块运动至x＝3 m处时，速度最大 D．滑块向右一定可以经过x＝4 m处的位置 【答案】 B 【解析】 滑块在x＝3 m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x＝3 m处的电势最高，A错误；E －x图 p 像斜率表示滑块所受静电力，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F ＝ N＝1 N，滑块所受滑动摩擦力 1 大小为F＝μmg＝1 N，在1～3 m区间内，滑块所受静电力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块 f 所受合外力方向与速度方向相反；在x＝3 m之后，滑块所受静电力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑 块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x＝1 m处速 度最大，B正确，C错误；滑块在x＝1 m处的电势能与在x＝4 m处的电势能相等，根据能量守恒定律， 若滑块能够经过x＝4 m处，则应满足mv≥FΔx，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定 f 无法经过x＝4 m处的位置，D错误。 16．(2022·山东省实验中学模拟)如图甲所示的电路中定值电阻R＝60 Ω，电源电动势E＝100 V，r＝10 Ω。 如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的 是( ) A．开关S断开时电源的效率为60% B．开关S闭合后电源的总功率会变小 C．开关S闭合后灯泡的亮度增强 D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240 W 【答案】D【解析】： 开关S断开时，根据题图乙可知灯泡两端的电压为U ＝40 V，电源的效率为η＝×100%＝ L 40%，故A错误；开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据 P＝EI可知电 源的总功率会变大，根据U＝E－Ir可知路端电压减小，根据P＝可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变 暗，故B、C错误；开关S断开时小灯泡消耗的功率为P＝U I ＝40×6 W＝240 W，故D正确。 L L