20届高考物理二轮复习 第1部分 专题7 第2课时电学图象问题.docx

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1、第2课时电学图象问题高考命题点命题轨迹情境图电场中的图象问题20171卷2017(1)20题电流中的图象问题20171卷2317(1)23题18(3)16题18(3)20题20183卷16、2017(2)20题18(2)18题19(2)21题19(3)19题电磁感应中的图象问题20172卷2020182卷1820192卷21，3卷191x图象(如图1所示)(1)电场强度的大小等于x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处x图线存在极值，其切线的斜率为零(2)在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x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WABqUAB，

2、进而分析WAB的正负，然后作出判断(4)在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2Ex图象(电场方向沿x轴正方向为正)(1)Ex图象反映了电场强度随位移变化的规律，E0表示电场强度沿x轴正方向；ExCB，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qA、qB表示则下列分析正确的是()图5A两固定点电荷都带正电，且qAqBB在AB连线内，C点的电场强度最小但不等于零C因试探电

3、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qA和qB均为负电荷因为在qA和qB连线中点处的合场强沿x轴负方向，故qAqB，故A、C均错误；Epx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

4、林市第二次模拟)某静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图6所示一质量m41010 kg、电荷量q2109 C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6A. s B0.6 s C0.1 s D. s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E1 V/m10 V/m，a150 m/s2；由x1a1t12，解得粒子沿x轴正方向运动的时间为t1 s0.2 s；同理可得粒子沿x轴正方向做匀减速运动的时间为t20.1 s；且粒子到达x0.5 m处的速度恰好为零，反向运动的时间为t1t20.3 s；

5、则粒子运动的周期为T2(t1t2)0.6 s；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，t0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tT时，小球()图7A在B点上方 B恰好到达B点C速度大于v D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

6、速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t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，tT时速度为零根据对称性可知在tT时小球的水平位移为零，所以tT时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确；在0T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以tT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Rx，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：

7、闭合S1、S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；根据记录的数据，作出两条图线如图乙所示由图线可得电动势E_，内阻r_，Rx_.(用图中a、b、c表示)答案(1)(2)解析(1)通过开关S2控制电路中的电阻Rx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S1、S2，有EUr，故有；保持S1闭合，断开S2，有EU(rRx)，故有；结合图象可知，c，故解得：E，r，Rx.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45，关于两电阻的描述

8、正确的是()图9A电阻a的阻值随电流的增大而增大B因IU图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R1.0 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2 V电压时，流过电阻的电流是4 A答案C解析IU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； IU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R1.0 求解电阻b的阻值，只能通过R 2 求解，选项B错误；根据R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2 V电压时，流过电阻的电流是1 A，选项D

9、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，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

10、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

11、，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I1，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，t0时刻磁场方向垂直纸面向里在05t0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02t0，感应电

12、动势为：E1SS，为定值，3t05t0，感应电动势为：E2SS，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力FBILB.由于0t0，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，t02t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t03t0，没有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t05t0，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

13、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t0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：xat2，vat，根据法拉第电磁感应定律得：EBLvBLat，则感应电流it，故A正确；根据，和qt，得q，而BSBLxBLat2，故qt2，故B错误；根据牛顿第二定律有：FF安ma，F安BiLt，解得：Fmat，故C正确；根据PFv，得PFvma2tt2，

14、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；感应电流为：I；安培力为：FBIL，得：F，由ab边受到的安培力恒定不变可知，若磁感应强度B增大，则减小；若B减小，则增大故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

15、x1、x1、x2、x3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2Ax1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

16、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

17、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x3处，电场力的冲量为零，选项C正确；由E可知，坐标轴上x1处到x2处，电场强度一直减小，由a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x0和x8 m处分别固定两个电性相同的点电

18、荷Q1和Q2.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x6 m处E0.将一个正试探电荷在x2 m处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)则()图4AQ1、Q2均为负电荷BQ1、Q2带电荷量之比为91C在x6 m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x0处场强为正，x8 m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；根据题意“x6 m处E0 ”可知，在x6 m处，E1E2，即kk，解得，故B正确；由于无穷远处电势为零，故在x6 m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

19、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，t0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01 s：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En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；13 s：磁场方向向外且均匀增大，由楞

20、次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由En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；35 s：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En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

21、为G，桌面对P的支持力为FN，则()图6A在t1时刻，FNG，P有收缩的趋势B在t2时刻，FNG，穿过P的磁通量不变C在t3时刻，FNG，P中有感应电流D在t4时刻，FNG，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FNG，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t2时刻FNG，故B正确；t3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

22、相互作用力，即FNG，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t4时刻FNG，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3 V，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_ .(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

23、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_ .答案(1)10(2)(3)3.010.5解析(1)由题图乙可知，电流表分度值为0.01 A，示数为0.10 A；由题图丙可知电阻箱示数为：R01 000 0100 210 01 20 ，由闭合电路欧姆定律得：I即：0.10 A解得：R内10 ；(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整理得：R，由R图象可知：k，解得电源电动势：E3.0 V，内阻：r10.5 .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

24、.0 V7.5 W”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6.0 V，内阻约为1 )B电压表(量程为03 V，内阻RV3 k)C电流表(量程为01.5 A，内阻约为0.5 )D滑动变阻器R(最大阻值10 ，额定电流1 A)E定值电阻R1(电阻值为1.5 k)F定值电阻R2(电阻值为3 k)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

25、示若把两个同样的该元件并联后与电动势为4.5 V、内阻为1.5 的电源相连接，则此时每个元件的电阻值均为_.(计算结果保留2位有效数字)答案(1)F(2)如图所示(3)2.204.4(4)1.7 (1.51.9均可)解析(1)电源电动势为6.0 V，电压表量程为3 V，内阻为3 k，则可将电压表扩大量程，串联一个大小为3 k的分压电阻后，量程扩大到6.0 V，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2.20 V，元件两端电压是22.20 V4.4 V.(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EU2Ir，变形为U4.53I，在表示小灯泡的IU图象中作出表示电源的IU图象，如图所示，读出两图线的交点坐标为U1.65 V，I0.95 A，所以每个元件的电阻为R1.7 .