通用版高考物理二轮复习专题七物理图象问题第2课时电学图象问题讲义

第2课时电学图象问题1．φ－x图象(如图1所示)(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．图1(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．(4)在φ－x图象中可以判断电场类型，如图2所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场．图2(5)在φ－x图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．2．E－x图象(电场方向沿x轴正方向为正)(1)E－x图象反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．(2)在给定了电场的E－x图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图3所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．图3(3)在这类题目中，还可以由E－x图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．例1 (多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图4所示，一质子只在电场力作用下，自坐标原点由静止释放沿x 轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0.则下列结论正确的是( )图4A．质子沿x轴做匀速直线运动B．质子在a、c两点的电势能相等C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4D．坐标原点O的电势为1.5E0d答案CD解析由E－x图象和F＝qE可知质子沿x轴先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A 错误；质子一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，故B 错误；由E －x 图象与x 轴所围“面积”表示电势差，因此U Oa ＝E 0d ，U Ob ＝32E 0d ，U Oc ＝2E 0d ，由动能定理有E k a ＝qU Oa ＝qE 0d ，E k b ＝qU Ob ＝32qE 0d ，E k c ＝qU Oc ＝2qE 0d ，所以质子在a 、b 、c 三点的动能之比为2∶3∶4，故C 正确；根据U Ob ＝φO －φb 可得坐标原点O 的电势为φO ＝1.5E 0d ，故D 正确．拓展训练1 (2019·江西省重点中学协作体第一次联考)将两个点电荷A 、B 分别固定在水平面上x 轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A 点的附近沿x 轴的正方向移动到B 点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图5所示，已知x AC >x CB ，图中的水平虚线在C 点与图线相切，两固定点电荷带电荷量的多少分别用q A 、q B 表示．则下列分析正确的是( )图5A ．两固定点电荷都带正电，且q A >q BB ．在AB 连线内，C 点的电场强度最小但不等于零C ．因试探电荷的电势能始终为正值，可知A 、B 两点间沿x 轴方向的电场强度始终向右D ．如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C 点的电势能最大答案 D解析 负试探电荷从A 运动到C ，电势能降低，则从A 到C 电势逐渐升高，电场方向从C 到A ；负电荷从C 到B 电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C 到B .即电场方向先沿x 轴负方向，后沿x 轴正方向，则q A 和q B 均为负电荷．因为在q A 和q B 连线中点处的合场强沿x 轴负方向，故q A >q B ，故A 、C 均错误；E p －x 图象的斜率大小代表电场力，而C 点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C 点处受到的电场力为零，B 错误；在C 点负电荷的电势能最低，则正电荷在C 点的电势能最大，故D 正确．例2 (2019·陕西榆林市第二次模拟)某静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图6所示．一质量m ＝4×10－10kg 、电荷量q ＝2×10－9C 的带负电粒子(不计重力)从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )图6 A.2＋25sB ．0.6sC ．0.1sD.5＋52s答案 B解析 粒子先沿x 轴正方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动．E 1＝ΔΦΔx ＝101V/m ＝10 V/m ，a 1＝qE 1m ＝50 m/s 2；由x 1＝12a 1t 12，解得粒子沿x 轴正方向运动的时间为t 1＝2x 1a 1＝2×150s ＝0.2s ；同理可得粒子沿x 轴正方向做匀减速运动的时间为t 2＝0.1s ；且粒子到达x ＝0.5m 处的速度恰好为零，反向运动的时间为t 1＋t 2＝0.3s ；则粒子运动的周期为T ＝2(t 1＋t 2)＝0.6s ；故选B.拓展训练2 (2019·河南省高考适应性测试)如图7甲所示，M 、N 为正对竖直放置的平行金属板，A 、B 为两板中线上的两点．当M 、N 板间不加电压时，一带电小球从A 点由静止释放经时间T 到达B 点，此时速度为v .若两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0时，将带电小球仍从A 点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t ＝T 时，小球( )图7A ．在B 点上方B ．恰好到达B 点C ．速度大于vD ．速度小于v 答案 B解析 在A 、B 两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t ＝T2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t ＝T 时速度为零．根据对称性可知在t ＝T 时小球的水平位移为零，所以t ＝T 时，小球恰好到达B 点，故A 错误，B 正确；在0～T 时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t ＝T 时，小球速度等于v ，故C 、D 错误.例3 (2019·安徽合肥市第二次质检)为了同时测量一电源的电动势E 和内阻r ，以及未知阻值的电阻R x ，某同学设计了一电路．实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、开关两个、导线若干．图8(1)为实现上述目的，请完善图8甲实物图连接；(2)该同学实验的主要步骤有：①闭合S 1、S 2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；②保持S 1闭合，断开S 2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；③根据记录的数据，作出两条1U －1R图线如图乙所示． 由图线可得电动势E ＝________，内阻r ＝________，R x ＝________.(用图中a 、b 、c 表示) 答案 (1)(2)1c 1a 1b －1a解析 (1)通过开关S 2控制电路中的电阻R x 是否接入电路，电路原理图如图所示：故实物连线图如图所示：(2)闭合S 1、S 2，有E ＝U ＋U R r ，故有1U ＝1E ＋r E ·1R； 保持S 1闭合，断开S 2，有E ＝U ＋U R (r ＋R x )，故有1U ＝1E＋r ＋R x E ·1R ； 结合1U －1R 图象可知，1E ＝c ，r ＋R x E ＝c b ，r E ＝c a ，故解得：E ＝1c ，r ＝1a ，R x ＝1b －1a. 拓展训练3 (2019·吉林省“五地六校”合作体联考)如图9所示为a 、b 两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是( )图9A ．电阻a 的阻值随电流的增大而增大B ．因I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b 的阻值R ＝1tan α＝1.0Ω C ．在两图线交点处，电阻a 的阻值等于电阻b 的阻值D ．在电阻b 两端加2V 电压时，流过电阻的电流是4A答案 C解析 I －U 图象的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a 的图象的斜率越来越大，故a 的电阻随电流的增大而减小，故A 错误；I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴的长度单位不同，则不能由R ＝1tan α＝1.0Ω求解电阻b 的阻值，只能通过R ＝U I ＝105Ω＝2Ω求解，选项B 错误；根据R ＝U I可知在两图线交点处，电阻a 的阻值等于电阻b 的阻值，选项C 正确；由题图可知，在电阻b 两端加2V 电压时，流过电阻的电流是1A ，选项D 错误．1．解决电磁感应图象问题的“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象变化相对应．(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．解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”(1)排除法；(2)函数法．例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图10，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是( )图10答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图象可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能是D.拓展训练4 (2019·广东广州市下学期一模)如图11甲所示，梯形硬导线框abcd 固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的关系图，t ＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．在0～5t 0时间内，设垂直ab 边向上为安培力的正方向，线框ab 边受到该磁场对它的安培力F 随时间t 变化的关系图为( )图11答案 D解析 0～2t 0，感应电动势为：E 1＝S ΔB Δt ＝S B 0t 0，为定值，3t 0～5t 0，感应电动势为：E 2＝S ΔB Δt＝S B 0t 0，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力F ＝BIL ∝B .由于0～t 0，B 逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，依据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力方向向上，即为正；同理，t 0～2t 0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t 0～3t 0，没有安培力；在3t 0～4t 0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t 0～5t 0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．拓展训练5 (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图12所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 放置在同一水平面内，M 、P 之间接一定值电阻R ，金属棒ab 垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加水平向右的外力F ，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i 、通过导轨横截面的电荷量q 、拉力F 和拉力的功率P 随时间变化的图象，正确的是( )图12答案 AC解析 由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x ＝12at 2，v ＝at ， 根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ＝BLat ，则感应电流i ＝E R ＝BLa Rt ，故A 正确； 根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 和q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BLx ＝12BLat 2，故q ＝BLa 2Rt 2，故B 错误；根据牛顿第二定律有：F －F 安＝ma ，F 安＝BiL ＝B 2L 2a Rt ， 解得：F ＝ma ＋B 2L 2a Rt ，故C 正确； 根据P ＝Fv ，得P ＝Fv ＝ma 2t ＋B 2L 2a 2R t 2，故D 错误． 专题强化练(限时20分钟)1.(2019·陕西榆林市第二次模拟)如图1所示，单匝线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B 随时间t 变化时，ab 边受到的安培力恒定不变．则下列磁感应强度B 随时间t 变化的图象中可能正确的是( )图1答案 C解析 设线圈的ab 边长为L ，ad 边长为l ，当磁感应强度发生变化时，线圈内产生感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB ·Ll Δt ；感应电流为：I ＝E R ；安培力为：F ＝BIL ，得：F ＝B ·ΔB ·L 2l Δt ·R，由ab 边受到的安培力恒定不变可知，若磁感应强度B 增大，则ΔB Δt 减小；若B 减小，则ΔB Δt增大．故C 正确．2．(多选)(2019·四川省综合能力提升卷(三))空间有一沿x 轴分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图2所示．－x 1、x 1、x 2、x 3是x 轴上的四个点，图象关于坐标原点O 中心对称，下列说法中正确的是( )图2A．－x1处的电势比x1的电势高B．将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大，后减小C．将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，它将在－x1和x1之间往复运动D．负电荷在4个点中位于x2电势能最大答案BC解析根据题意，电场关于x轴对称分布，作出电场线如图所示．根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等．则－x1处的电势与x1处的电势相等，故A错误；将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大，后减小，选项B正确；－x1和x1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x1处由静止释放，负电荷先向O做加速运动，经过O点之后做减速运动，到x1处速度减为零，则它将在－x1和x1之间往复运动，选项C正确；4个点中，x3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x3电势能最大，选项D错误．3.(多选)(2019·湖北恩施州教学质量检测)如图3所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是( )图3A．粒子一定带正电B．粒子运动到坐标轴上x2处速度最大C．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零D．粒子从坐标轴上x1处运动到x2处，加速度先增大后减小答案BC解析由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，选项A错误；粒子从O到x2做加速运动，从x2向右做减速运动，因此粒子运动到坐标轴上x2处速度最大，选项B正确；由于粒子只受电场力作用，因此电势能和动能之和为一定值，即粒子在x1处和x3处电势能相等，动能相等，由于运动方向相同，因此速度相同，根据动量定理可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x 3处，电场力的冲量为零，选项C 正确；由E ＝ΔφΔx可知，坐标轴上x 1处到x 2处，电场强度一直减小，由a ＝qE m可知，粒子的加速度一直减小，选项D 错误． 4.(2019·广东深圳市第二次调研)真空中，在x 轴上x ＝0和x ＝8m 处分别固定两个电性相同的点电荷Q 1和Q 2.电荷间连线上的电场强度E 随x 变化的图象如图4所示(x 轴正方向为场强正方向)，其中x ＝6m 处E ＝0.将一个正试探电荷在x ＝2m 处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)．则( )图4A ．Q 1、Q 2均为负电荷B ．Q 1、Q 2带电荷量之比为9∶1C ．在x ＝6m 处电势为0D ．该试探电荷向x 轴正方向运动时，电势能一直减小答案 B解析 由题图，在x ＝0处场强为正，x ＝8m 处场强为负，可知Q 1、Q 2均为正电荷，故A 错误；根据题意“x ＝6m 处E ＝0”可知，在x ＝6m 处，E 1＝E 2，即k Q 162＝k Q 222，解得Q 1Q 2＝6222＝91，故B 正确；由于无穷远处电势为零，故在x ＝6m 处电势不为0，故C 错误；该试探电荷向x 轴正方向运动时，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小后增大，故D 错误．5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四县市区3月调研)如图5所示，正方形导线框abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab 边受到的磁场力F 随时间t 的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)( )图5答案 A解析 0～1s ：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；1～3s ：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右即为负；3～5s ：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生逆时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；综合上述分析可知A 正确．6．(多选)(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6甲所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中的电流i 随时间t 变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为F N ，则( )图6A ．在t 1时刻，F N >G ，P 有收缩的趋势B ．在t 2时刻，F N ＝G ，穿过P 的磁通量不变C ．在t 3时刻，F N ＝G ，P 中有感应电流D ．在t 4时刻，F N ＞G ，P 有收缩的趋势答案 ABC解析 当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P 将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即F N >G ，P 有收缩的趋势，故A 正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此线圈P 中无感应电流产生，故t 2时刻F N ＝G ，故B 正确；t 3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P 中磁通量是变化的，因此此时线圈P 中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即F N ＝G ，故C 正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t 4时刻F N ＝G ，此时P 没有收缩的趋势，故D 错误．7．(2019·山西五地联考上学期期末)学校物理兴趣小组为探究多用电表欧姆挡的原理，决定自己动手设计一个欧姆表，其内部的结构图如图7甲所示，已知电源电动势E 约为3V ，其他数值同学们都忘记了，所以同学们决定测量欧姆表的电源电动势和内阻．图7(1)两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流表读数如图乙，电阻箱示数如图丙，则欧姆表的内阻约为________Ω.(2)该小组同学把欧姆表的两表笔与电阻箱连接，根据记录的电阻箱阻值R 与多用电表电流挡的读数I ，在如图8所示坐标系中描点，请根据坐标系中所描点作出图象；图8(3)由图象可得欧姆表的电源电动势E ＝________V ，欧姆表的内阻r ＝________Ω. 答案 (1)10 (2)(3)3.0 10.5解析 (1)由题图乙可知，电流表分度值为0.01A ，示数为0.10A ；由题图丙可知电阻箱示数为：R ＝0×1000Ω＋0×100Ω＋2×10Ω＋0×1Ω＝20Ω， 由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋R 内 即：0.10A ＝3V 20Ω＋R 内解得：R 内＝10Ω；(2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：(3)由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋r 整理得：1I ＝1E R ＋r E， 由1I －R 图象可知：k ＝1E ＝Δ1I ΔR ＝13， 解得电源电动势：E ＝3.0V ，内阻：r ＝10.5Ω.8．(2019·广西钦州市第三次质检)某小组通过实验测绘一个标有“5.0V 7.5W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图9甲所示，备有下列器材：图9A．电池组(电动势为6.0V，内阻约为1Ω)B．电压表(量程为0～3V，内阻R V＝3kΩ)C．电流表(量程为0～1.5A，内阻约为0.5Ω)D．滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流1A)E．定值电阻R1(电阻值为1.5kΩ)F．定值电阻R2(电阻值为3kΩ)G．开关和导线若干(1)实验中所用定值电阻应选________(填“E”或“F”)．(2)根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整．(3)某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是________V，元件两端电压是________V.(4)通过实验数据描绘出该元件的伏安特性曲线如图丁所示．若把两个同样的该元件并联后与电动势为4.5V、内阻为1.5Ω的电源相连接，则此时每个元件的电阻值均为________Ω.(计算结果保留2位有效数字)答案(1)F(2)如图所示(3)2.20 4.4 (4)1.7 (1.5～1.9均可)解析(1)电源电动势为6.0V，电压表量程为3V，内阻为3kΩ，则可将电压表扩大量程，串联一个大小为3kΩ的分压电阻后，量程扩大到6.0V，则定值电阻应该选择F.(2)实物电路连接如图；(3)某次实验时，电压表示数指针位置如题图丙所示，则电压表读数是2.20V，元件两端电压是2×2.20V＝4.4V.(4)设通过每个元件的电流为I，根据闭合电路欧姆定律应有E＝U＋2Ir，变形为U＝4.5－3I，在表示小灯泡的I－U图象中作出表示电源的I－U图象，如图所示，读出两图线的交点坐标为U＝1.65V，I＝0.95A，所以每个元件的电阻为R＝UI≈1.7Ω.。