2025屆高考物理二輪專題復習與測試模塊五物理圖像問題專題十四電學圖像問題

專題十四電學圖像問題[專題復習定位]該專題主要復習高中物理涉及的電場中的圖像問題、電路中的圖像問題、電磁感應中的圖像問題，掌握圖像的物理意義，圖像問題的分析技巧和方法及圖像信息的提取。命題點1電場中的圖像1．(2024·湖南卷，T5)真空中有電荷量為＋4q和－q的兩個點電荷，分別固定在x軸上－1和0處。設無限遠處電勢為0，x正半軸上各點電勢φ隨x變化的圖像正確的是(D)解析：根據(jù)點電荷周圍的電勢公式φ＝keq\f(Q,r)，設x′處(x′＞0)的電勢為0，得keq\f(4q,1＋x′)＋keq\f(－q,x′)＝0，解得x′＝eq\f(1,3)，故可知當0＜x＜eq\f(1,3)時，φ＜0；當x＞eq\f(1,3)時，φ＞0。2．(2021·山東卷，T6)如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為－Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，則以下判斷正確的是(C)A．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向右運動B．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向左運動C．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向右運動D．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向左運動解析：對y軸正向的點電荷，由平衡知識可得eq\r(2)keq\f(q2,a2)＋keq\f(q2,(\r(2)a)2)＝keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))，解得Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，因在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負向，則將P沿x軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的電場力而向右運動。命題點2電磁感應中的圖像3.(多選)(2022·河北卷，T8)如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導軌組成，其中bc段與x軸平行，導軌左端接入一電阻R。導軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運動，t＝0時刻通過坐標原點O，金屬棒始終與x軸垂直。設運動過程中通過電阻的電流為i，金屬棒受到安培力的大小為F，金屬棒克服安培力做功的功率為P，電阻兩端的電壓為U，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是(AC)解析：當金屬棒從O點向右運動L，即在0到eq\f(L,v0)時間內(nèi)，在某時刻金屬棒切割磁感線的長度l＝l0＋v0ttanθ(θ為ab與ad的夾角)，則E＝Blv0，i＝eq\f(Blv0,R)＝eq\f(Bv0,R)(l0＋v0ttanθ)，可知回路電流均勻增加；安培力F＝eq\f(B2l2v0,R)＝eq\f(B2v0,R)(l0＋v0ttanθ)2，則F－t關系為拋物線，但是不過原點；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq\f(B2l2veq\o\al(2,0),R)＝eq\f(B2veq\o\al(2,0),R)(l0＋v0ttanθ)2，則P－t關系為拋物線，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢，即U＝E＝Blv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)，即U－t圖線是不過原點的直線。在eq\f(L,v0)到eq\f(2L,v0)時間內(nèi)，金屬棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流i不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在eq\f(2L,v0)到eq\f(3L,v0)時間內(nèi)，金屬棒切割磁感線長度逐漸減小，金屬棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流i均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0到eq\f(L,v0)時間內(nèi)是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0到eq\f(L,v0)時間內(nèi)是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小。綜上可知A、C正確，B、D錯誤。題型一電場中的圖像考向1φ－x圖像1．電場中某點電場強度的大小等于該點φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，則電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，則電場為勻強電場(如圖所示)。切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零。2．電場中常見的φ－x圖像(1)點電荷的φ－x圖像(取無限遠處電勢為零)，如圖所示。(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖所示。(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖所示。在某靜電場中建立Ox軸，x軸上各點的電勢φ隨坐標x變化的關系圖像如圖所示?，F(xiàn)將一電荷從x1處沿x軸負方向以一定速度射出，恰好到達坐標原點O，不計電荷所受的重力。下列說法正確的是(B)A．從x1到原點O過程中電荷的電勢能逐漸減小B．從x1到原點O過程中電荷的加速度先增大后減小C．從x1到原點O過程中電荷做勻減速直線運動D．電荷的電性為正電荷[解析]由題圖可知，從x1到O點電勢降低，電荷從x1處沿x軸負方向以一定速度射出，恰好到達坐標原點O，則電場力做負功，電勢能增大，電荷帶負電，A、D錯誤；因φ－x圖線的斜率表示場強，則從x1到原點O過程中場強先增加后減小，則電荷受電場力先增加后減小，則電荷的加速度先增大后減小，B正確；從x1到原點O過程中電荷所受的電場力不斷變化，則加速度不是恒定的，C錯誤。(多選)在x軸上O～x0范圍內(nèi)，存在沿x軸正方向的電場，其電勢φ隨x的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子自O點由靜止釋放，粒子僅在電場力的作用下沿x軸做加速運動，從x0處離開電場，下列說法正確的是(AD)A．粒子的電勢能減小了φ0qB．粒子離開電場時的動能為2φ0qC．粒子在電場中運動的時間為x0eq\r(\f(m,qφ0))D．粒子離開電場時的速度大小為eq\r(\f(2qφ0,m))[解析]粒子做加速運動，電場力做正功，根據(jù)動能定理可得W＝φ0q＝Ek－0，又ΔEp＝－W＝－φ0q可知粒子的電勢能減小了φ0q，粒子離開電場時的動能為φ0q，故A正確，B錯誤；φ－x圖線的斜率表示電場強度，所以粒子在電場中做勻加速直線運動，則有x0＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qφ0,mx0)，聯(lián)立解得t＝x0eq\r(\f(2m,qφ0))，故C錯誤；根據(jù)動能定理有φ0q＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，故D正確。考向2E－x圖像(以電場方向沿x軸正方向為正舉例)1．E－x圖像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圖像后，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，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。如圖甲所示，在真空中固定的兩個相同點電荷A、B關于x軸對稱，它們在x軸上的E－x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場強度的正方向)。若在坐標原點O由靜止釋放一個正點電荷q，它將沿x軸正方向運動，不計重力，則(D)A．A、B帶等量正電B．點電荷q在x1處電勢能最大C．點電荷q在x3處動能最大D．點電荷q沿x軸正向運動的最遠距離為2x2[解析]由E－x圖像可知，在x軸上的P點對應x2點，在P點的左側(cè)電場強度為正值，沿x軸正方向，右側(cè)為負值，可知A、B帶等量負電，A錯誤；電荷量為q的正點電荷，從O點到P點，電場力做正功，電勢能減少，從P點沿x軸正方向運動，電場力做負功，電勢能增加，因此點電荷q在x1處電勢能不是最大，可知點電荷q在x2處動能最大，B、C錯誤；由對稱性可知，點電荷q沿x軸正方向最遠能到達O點關于P點的對稱點O′點位置，故點電荷q沿x軸正向運動的最遠距離為2x2，D正確。(多選)如圖所示，電荷量為－2Q和＋Q的兩個點電荷分別固定于x軸上的A點和O點，O點為坐標原點，x＝x0處電場強度為零?，F(xiàn)將一正試探電荷q在x正半軸上距離O點很遠處由靜止釋放，釋放處試探電荷的電勢能近似為零。關于x軸上的電場強度E、試探電荷q的速度v、動能Ek、電勢能Ep與位置坐標x的關系圖像中，可能正確的是(AC)[解析]設A點的坐標為－x1，由于在x＝x0處電場強度為零，故eq\f(2kQq,(x0＋x1)2)＝eq\f(kQq,xeq\o\al(2,0))，解得x1＝(eq\r(2)－1)x0，故坐標x處的電場強度E＝－eq\f(2kQ,(x＋x1)2)＋eq\f(kQ,x2)＝－eq\f(2kQ,[x＋(\r(2)－1)x0]2)＋eq\f(kQ,x2)，根據(jù)數(shù)學知識可知E－x關系可以如選項A所示，故A正確；試探電荷釋放后，在到達x＝x0處前所受電場力方向均沿x軸負方向，電場力一直做正功，試探電荷速度增大，動能增大，電勢能減小，在x＝x0處速度達到最大值，動能達到最大值，電勢能達到最小值，故B、D錯誤，C正確。考向3Ep－x圖像1．反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律。2．由靜電力做功與電勢能變化關系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖線的切線斜率k＝eq\f(ΔEp,Δx)，其大小等于靜電力，斜率正負代表靜電力的方向。工業(yè)生產(chǎn)中有一種叫電子束焊接機的裝置，其核心部件由如圖所示的高壓輻向電場組成。該電場的電場線如圖中帶箭頭的虛線所示。一電子在圖中H點從靜止開始只在電場力的作用下沿著電場線做直線運動。設電子在該電場中的運動時間為t，位移為x，速度為v，受到的電場力為F，電勢能為Ep，運動經(jīng)過的各點電勢為φ，則下列四個圖像可能合理的是(D)[解析]電子所受的電場力的方向與電場強度方向相反，指向圓心，所以電子向圓心運動，電場強度逐漸增大，根據(jù)F＝eE可知，電場力逐漸增大，B錯誤；電子的加速度a＝eq\f(eE,m)，電子向圓心運動，電場強度增大，電子的加速度增大，速度圖線的斜率增大，A錯誤；根據(jù)ΔEp＝－eEx可知Ep－x圖線的斜率表示電場力，電子向圓心運動，電場強度增大，電勢能圖線的斜率增大，圖線向上彎曲，C錯誤；根據(jù)Δφ＝EΔx知φ－x圖線的斜率表示E，電子向圓心運動，逆電場線運動電勢升高，電場強度增大，電勢圖線的斜率增大，圖線向上彎曲，D正確。如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量正點電荷A和B，O點為AB連線的中點，C、D為AB連線上關于O點對稱的兩個點，且CO＝OD＝L，一帶負電的可視為點電荷的小球以初速度v0從C點運動到D點，取無窮遠處的電勢φ＝0，以C點為坐標原點，向右為x軸的正方向，下列關于電勢φ、電場強度E、小球的電勢能Ep及動能Ek隨小球運動的位移x變化的圖像，可能正確的是(A)[解析]從C點到D點，電場線方向先向右后向左，則電勢先降低后升高，且電勢都大于零，并關于O點對稱，小球帶負電所以小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點處的電勢能相同，故A正確，C錯誤；由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點處的電勢能相同，由能量守恒定律可知，動能先減小后增大，在C、D兩點處的動能相同，故D錯誤；設AC＝BD＝r，點電荷A和B的電荷量大小為Q，則當位移為x時，場強E＝keq\f(Q,(r＋x)2)－keq\f(Q,(r＋2L－x)2)，由數(shù)學知識可知E與x是非線性關系，圖像是曲線，故B錯誤。題型二電路中的圖像在甲、乙實驗電路中，電源有內(nèi)阻，圖丙、丁是由電流表和電壓表測的數(shù)據(jù)繪制的U－I圖像。下列說法正確的是(D)A．丙圖是由甲電路測得的數(shù)據(jù)繪制的U－I圖像B．丁圖圖線與橫坐標包圍的面積表示被測電阻在某一狀態(tài)的電功率C．甲電路用于測量電阻的大小，由R1＝eq\f(E－U,I)可得出電阻的阻值D．乙電路用于測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表測量的是電源兩端的電壓[解析]題圖丙繪制的U－I圖像是電源路端電壓與電流的關系，即題圖丙是由乙電路測得的數(shù)據(jù)繪制的U－I圖像，故A錯誤；根據(jù)P＝UI可知題圖丁圖線與橫坐標包圍的面積不等于被測電阻在某一狀態(tài)的電功率，故B錯誤；甲電路用于測量電阻的大小，由R1＝eq\f(U,I)可得出電阻的阻值，故C錯誤；乙電路用于測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表測量的是電源兩端的電壓，故D正確。恒壓源(輸出電壓大小恒定)與定值電阻串聯(lián)后作為一個整體可看作一個實際電源?，F(xiàn)用如圖甲所示的電路來測量恒壓源的輸出電壓U0和串聯(lián)電阻R0。閉合開關S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，電壓表測得多組電壓U的數(shù)值。(1)根據(jù)測量數(shù)據(jù)，作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)函數(shù)關系圖線如圖乙所示，圖中直線縱截距為a，斜率為k，不考慮電壓表內(nèi)阻，則U0＝________，R0＝________。(用a和k表示)(2)若考慮電壓表內(nèi)阻帶來的系統(tǒng)誤差，則測量值________(選填“>”“＝”或“<”)真實值。(3)把兩個完全相同的小燈泡接在恒壓源和定值電阻兩端，如圖丙所示，其中一個小燈泡的伏安特性曲線如圖丁所示，若測得U0＝6V，R0＝10Ω，則該小燈泡的實際功率為________W。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)[解析](1)由電路可知U0＝U＋eq\f(U,R)R0，即eq\f(1,U)＝eq\f(1,U0)＋eq\f(R0,U0)·eq\f(1,R)，由圖像可知a＝eq\f(1,U0)，k＝eq\f(R0,U0)，解得U0＝eq\f(1,a)，R0＝eq\f(k,a)。(2)若考慮電壓表內(nèi)阻帶來的系統(tǒng)誤差，則U0＝U＋(eq\f(U,R)＋eq\f(U,RV))R0，eq\f(1,U)＝(1＋eq\f(R0,RV))eq\f(1,U0)＋eq\f(R0,U0)·eq\f(1,R)，則a＝(1＋eq\f(R0,RV))eq\f(1,U0)，k＝eq\f(R0,U0)，可得U0＝eq\f(1,a－\f(k,RV))>eq\f(1,a)，則測量值小于真實值。(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知U0＝2U＋IR0，即I＝0.6－0.2U，將此函數(shù)關系圖像畫在燈泡的伏安特性曲線上，交點為電路的工作點，則交點坐標U＝1.9V，I＝0.22A，則功率P＝IU≈0.42W。[答案](1)eq\f(1,a)eq\f(k,a)(2)<(3)0.42題型三電磁感應中的圖像1．常見圖像常見的有磁感應強度、磁通量、感應電動勢、感應電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖像。2．常用方法(1)排除法：定性分析電磁感應過程中某個物理量的變化情況，把握三個關注，快速排除錯誤的選項。這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用。(2)函數(shù)關系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關系，再對圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準確、詳細，但不夠簡捷。3．三點關注如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設導線框中感應電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i－t圖像正確的是(D)[解析]0時刻線框的左邊框由PQ向左進入磁場，t1時刻，左邊框到G點，根據(jù)右手定則知感應電流為順時針(負)，而切割磁感線的有效長度隨著水平位移的增大而均勻減小，則感應電流的大小均勻減?。籺1到2t1內(nèi)，線框的前后雙邊同向同速切割相反的磁場，雙源相加為總電動勢，電流方向為逆時針(正)，兩邊的有效長度之和等于L，則電流大小恒定。(多選)如圖所示，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于x軸上，另一根由ab、bc兩段直導軌組成，其中bc段與x軸平行，兩導軌相交于原點O左側(cè)a點，所有導軌單位長度電阻為r。導軌上一足夠長金屬棒MN在外力作用下沿x軸正方向以速度v0做勻速直線運動，金屬棒單位長度電阻也為r，t＝0時刻恰好通過坐標原點O，金屬棒始終與x軸垂直。設運動過程中通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到安培力的大小為F，導軌間金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E，導軌間金屬棒兩端的電壓為U，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒連接處的電阻。下列圖像可能正確的是(AC)[解析]當導體棒從O點向右運動L時，即在0到eq\f(L,v0)時間內(nèi)，在某時刻導體棒切割磁感線的長度L＝(L0＋v0t)·tanθ(θ為ab與x軸的夾角)，則根據(jù)E＝BLv0＝Bv0(L0＋v0t)tanθ，即E－t圖線是不過原點的直線；R＝(L0＋v0t)·(1＋tanθ＋eq\f(1,cosθ))r，I＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(Bv0tanθ,(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))r)，可知回路電流不變；安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)＝eq\f(B2v0(L0＋v0t)tan2θ,(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))r)，則F－t圖線為不過原點的直線；導軌間金屬棒兩端的電壓U＝IR′＝eq\f(Bv0(L0＋v0t)(1＋\f(1,cosθ))tanθ,(1＋tanθ＋\f(1,cosθ)))，則U－t圖線是不過原點的直線；當在eq\f(L,v0)到eq\f(2L,v0)時間內(nèi)，導體棒切割磁感線的長度(L0＋L)tanθ不變，感應電動勢E不變，經(jīng)過時間t回路總電阻R1＝[(L0＋v0t)＋(L＋L0)tanθ＋(v0t－L)＋eq\f((L＋L0),cosθ)]r，感應電流I＝eq\f(E,R1)＝eq\f(Bv0(L0＋L)tanθ,[(L0＋v0t)＋(L＋L0)tanθ＋(v0t－L)＋\f((L＋L0),cosθ)]r)，則隨時間的增加電流I減小，但不是線性減?。桓鶕?jù)F＝BIL可知安培力減小，但不是線性減小；電流減小，導體棒電阻不變，則內(nèi)電壓減小，電動勢不變，則導軌間金屬棒兩端的電壓變大。綜上所述A、C正確，B、D錯誤。1．一電子只在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其所在位置處的電勢φ隨位置x變化的圖線如圖中拋物線所示，下列說法正確的是(C)A．x1與x3處的電場方向相同B．從x1運動到x2，電場力對電子做正功C．電子在x1處的速率小于在x3處的速率D．電子從x2運動到x3，加速度逐漸減小解析：根據(jù)電勢變化可知，x1處的電場方向沿x軸正方向，x3處的電場方向沿x軸負方向，A錯誤；從x1運動到x2，電勢降低，電子電勢能增大，故電場力對電子做負功，B錯誤；電子運動過程中僅電場力做功，故電子電勢能與動能的總和不變，電子在x1處的電勢能大于在x3處的電勢能，故電子在x1處的速率小于在x3處的速率，C正確；由圖線斜率的絕對值變化可知，電子從x2運動到x3，加速度逐漸增大，D錯誤。2．靜電場中某一電場線與x軸重合，電場線上各點的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，圖中曲線關于坐標原點O對稱。在x軸上取A、B、C、D四點，A和D、B和C分別關于O點對稱。下列說法正確的是(C)A．C點的電場強度方向與x軸正方向相反B．C、D兩點的電場強度EC>EDC．試探電荷＋q從A點移到B點，靜電力做正功D．同一試探電荷在B點和C點具有的電勢能相等解析：沿電場線方向電勢逐漸降低，因從A到D電勢一直降低，可知場強方向沿x軸正向，即C點的電場強度方向與x軸正方向相同，A錯誤；因φ－x圖線斜率的絕對值等于場強大小，則C、D兩點的電場強度EC<ED，B錯誤；因電場強度方向沿x軸正向，可知試探電荷＋q從A點移到B點，靜電力做正功，C正確；因B點的電勢高于C點，可知同一試探電荷在B點和C點具有的電勢能不相等，D錯誤。3．(多選)沿電場中某條電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標軸上的點0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等。一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則下列說法正確的是(CD)A．從O點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子運動到C點時動能大于3EkD．粒子在AB段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量解析：由O點到C點，沿電場線方向，電勢一直降低，A錯誤；電場強度大小一直在變化，電場力也就在不斷變化，帶正電的粒子的加速度在不斷變化，是變加速運動，B錯誤；根據(jù)E隨x的變化規(guī)律可知，由A到C電場強度平均值大于OA段電場強度平均值，A到C電場力做功大于2Ek，則粒子運動到C點時動能大于3Ek，C正確；粒子在AB段平均電場力大于BC段平均電場力，則AB段電場力做的功大于BC段電場力做的功，所以在AB段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量，D正確。4．如圖所示，O點為兩等量異種點電荷連線的中點，一帶正電的粒子(不計重力)從連線上的A點由靜止釋放。在電場力作用下運動到B點。取A點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向。在粒子從A點運動到B點的過程中，下列關于粒子運動的速度v和加速度a隨時間t的變化，運動徑跡上電勢φ和粒子的電勢能Ep隨位移x的變化圖線可能正確的是(B)解析：根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知，在A到B的運動過程中，電場強度先變小后變大，粒子受到的電場力先變小后變大，則加速度先變小后變大，v－t圖像切線的斜率先變小后變大，故A錯誤，B正確；沿著電場線方向電勢降低，電勢與位移的圖線的斜率表示電場強度，電場強度先變小后變大，所以圖線的斜率先變小后變大，故C錯誤；根據(jù)Ep＝qφ，得eq\f(ΔEp,Δx)＝qeq\f(Δφ,Δx)＝qE，E先變小后變大，所以Ep－x圖像切線的斜率先變小后變大，故D錯誤。5．如圖1所示，矩形導線框abcd固定在變化的磁場中，線框平面與磁場垂直。線框中產(chǎn)生的感應電流如圖2所示(規(guī)定電流沿abcd為正)。若規(guī)定垂直于紙面向里為磁場正方向，能夠產(chǎn)生如圖2所示的感應電流的磁場為(C)解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知恒定的磁場不能產(chǎn)生感應電動勢，不會有感應電流產(chǎn)生，A、B錯誤；根據(jù)楞次定律，可知垂直于紙面向外的磁場增強，線圈會產(chǎn)生垂直于紙面向里的磁場，即產(chǎn)生沿abcd方向的感應電流，又因為磁場均勻變化，所以產(chǎn)生恒定的感應電動勢，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)，所以線圈中產(chǎn)生恒定的感應電流，同理，垂直于紙面向外的磁場均勻減弱時，線圈中產(chǎn)生沿dcba方向的感應電流，C正確；當垂直于紙面向里的磁場增強時，根據(jù)楞次定律，可知線圈中會產(chǎn)生沿dcba方向的感應電流，D錯誤。6．硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖像，圖線b是某電阻R的U－I圖像。在同等光照強度下，當它們組成閉合回路時，下列說法正確的是(B)A．電源的輸出功率P＝U2I2B．電池的內(nèi)阻r＝eq\f(U2－U1,I1)C．電池的效率η＝eq\f(U1,U3)×100%D．硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率Pr＝U2I1－U1I2解析：根據(jù)題意，由題圖可知，電源的路端電壓為U1，電流為I1，則輸出功率P＝U1I1，故A錯誤；由歐姆定律得U＝E－Ir，當I＝0時，E＝U，由a與縱軸的交點讀出電動勢E＝U2，根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，電阻兩端的電壓為U1，則內(nèi)阻r＝eq\f(E－U1,I1)＝eq\f(U2－U1,I1)，故B正確；根據(jù)題意可知，電池的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U1,U2)×100%，故C錯誤；根據(jù)題意可知，內(nèi)阻消耗的功率Pr＝EI－UI＝U2I1－U1I1，故D錯誤。7．甲同學在用電流表和電壓表測量一節(jié)鋰電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗電路如圖甲所示，電路中定值電阻R0的阻值為4Ω。請回答下列問題：(1)測得下列五組數(shù)據(jù)，根據(jù)數(shù)據(jù)在坐標圖乙上畫出U－I圖像。U/V2.402.001.601.200.80I/A0.080.160.240.270.40(2)根據(jù)U－I圖像，求出該電池電動勢E＝________V，內(nèi)阻為r＝________Ω。(結(jié)果均保留1位小數(shù))(3)乙同學在用相同的電路和元件測量另一塊電池時，在實驗中多連接了一根導線，如圖丙中的虛線所示(圖丙中A、B、C、D為滑動變阻器的四個接線柱，虛線連到C點)。由電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I畫出U－I圖線如圖丁所示。乙同學分析了圖像出現(xiàn)異常的原因后，認為由圖丁也可以達到實驗目的，則由圖丁可得電源的電動勢E＝________V，r＝________Ω。(結(jié)果均保留1位小數(shù))解析：(1)作出圖像如圖所示。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－(r＋R0)·I，U－I圖像中圖線的縱