1、第第 2 课时课时 电学图象问题电学图象问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 电场中的图 象问题 2017 1 卷 20 17(1)20 题 电流中的图 象问题 2017 1 卷 23 17(1)23 题 18(3)16 题 18(3)20 题 2018 3 卷 16、 20 17(2)20 题 18(2)18 题 电磁感应中 的图象问题 2017 2 卷 20 2018 2 卷 18 2019 2 卷 21， 3 卷 19 19(2)21 题 19(3)19 题 1x 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、 (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，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
3、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 5 A两固定点电荷都带正电，且 qAqB B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
4、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 m410 10 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
5、的周期为( ) 图 6 A.2 2 5 s B0.6 s C0.1 s D.5 5 2 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 x 10 1 V/m10 V/m，a1qE1 m 50 m/s2；由 x11 2a1t1 2，解得粒子沿 x 轴正方向运动的时间为 t1 2x1 a1 21 50 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；则粒子运动的周 期为 T2(t1t2)0.6 s；故选 B. 拓展训练 2 (2
6、019 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 7 A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
7、小 球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，tT 2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
8、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： 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1 U 1 R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)1 c 1 a 1 b 1 a 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 EUU Rr，故有 1 U 1 E r E
9、 1 R； 保持 S1闭合，断开 S2，有 EUU R(rRx)， 故有1 U 1 E rRx E 1 R； 结合1 U 1 R图象可知， 1 Ec， rRx E c b， r E c a，故解得：E 1 c，r 1 a，Rx 1 b 1 a. 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 ，关于两电阻的描述正确的是( ) 图 9 A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 R 1 tan 1.0 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
10、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 R 1 tan 1.0 求解电阻 b 的阻值， 只能通过 R U I 10 5 2 求解，选项 B 错误；根据 RU 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 2 V 电压时，流过电阻的电流是 1 A，选项 D 错误 1解决电磁感应图象问题的“三点关注” (
11、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
12、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
13、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 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，t 0 时刻磁场方向垂直纸面向里在 05t0时
14、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，感应电动势为：E1SB tS B0 t0 ，为定值，3t05t0，感应电动势为：E2SB t SB0 t0 ，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，t0 2t0，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
15、 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
16、棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x1 2at 2，vat， 根据法拉第电磁感应定律得：EBLvBLat， 则感应电流 iE R BLa R t，故 A 正确； 根据 E t ， I E R 和 q I t，得 q R ，而 BSBLx1 2BLat 2，故 qBLa 2R t2， 故 B 错误； 根据牛顿第二定律有：FF安ma，F安BiLB 2L2a R t， 解得：FmaB 2L2a R t，故 C 正确； 根据 PFv，得 PFvma2tB 2L2a2 R t2，故 D 错误 专题强化练专题强化练 (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
17、 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 t B S t B Ll t ；感应电流为：IE R；安培力为：FBIL，得：F BB L2l t 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B t减小；若 B 减小，则 B t增 大故 C 正确 2(多选)(2019 四川省综合能力提升卷
18、(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 2 Ax1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
19、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
20、确的是( ) 图 3 A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
21、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 x可知，坐标轴上 x1处到 x2处， 电场强度一直减小，由 aqE 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 x0 和 x8 m 处分别固定两个电性相同 的点电荷 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 4 AQ1、Q2
22、均为负电荷 BQ1、Q2带电荷量之比为 91 C在 x6 m 处电势为 0 D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 kQ1 62k Q2 22，解得 Q1 Q2 62 22 9 1，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
23、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 t 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，
24、由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流， 由 En t 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 t 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
25、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 FN，则( ) 图 6 A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
26、，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
27、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)3.0 10.5 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
28、20 ， 由闭合电路欧姆定律得：I E RR内 即：0.10 A 3 V 20 R内 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 E Rr 整理得：1 I 1 ER r E， 由1 IR 图象可知：k 1 E 1 I R 1 3， 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“5.0 V 7.5 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 9 A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
29、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
30、 位有效数字) 答案 (1)F (2)如图所示 (3)2.20 4.4 (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 RU I 1.7 .
