2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓專練專題36圖像法（電磁場中圖線斜率的應用）特訓目標特訓內容目標1電勢φ-x圖線斜率的應用（1T—4T）目標2電勢能Ep-x圖線斜率的應用（5T—8T）目標3U-I圖線斜率的應用（9T—12T）目標4磁通量Φ-t圖線斜率的應用（13T—16T）【特訓典例】電勢φ-x圖線斜率的應用1．在x軸上和處固定電量絕對值分別為的兩個點電荷，x軸上兩電荷之間各點電勢隨位置坐標x變化關系如圖所示，在處電勢最低，將另一正點電荷Q由處靜止釋放，則（）A．帶正電，帶負電B．C．正點電荷Q可能到達處D．正點電荷Q運動到達處的過程中，電場力的功率先增加后減小【答案】D【詳解】A．根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，由圖可知，電場方向沿軸正方向，電場方向沿軸負方向，則、均帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)圖像中斜率表示電場強度，由圖可知，電場強度為零，由點電荷場強公式及電場疊加原理有解得故B錯誤；C．根據(jù)題意可知，正電荷由處靜止釋放，在間電場力做正功，過了之后，電場力做負功，由于僅在電場力作用下，可知，當正電荷運動的最遠位置時，電場力做功為零，則電荷能夠運動最遠位置的電勢與處的電勢相等，由圖可知，正點電荷Q不可能到達處，故C錯誤；D．根據(jù)題意可知，電荷在點時速度為零，電場力做功功率為零，在處，電場強度為零，電場力為零，則電場力做功功率為零，則正點電荷Q運動到達處的過程中，電場力的功率先增加后減小，故D正確。故選D。2．在x軸上分別固定兩個點電荷位于坐標原點O處，兩點電荷形成的靜電場中，x軸上的電勢隨x變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．處電勢最高，電場強度最大 B．帶負電，帶正電C．的電荷量大于的電荷量 D．電子從處沿x軸移動到處，電勢能減小【答案】C【詳解】A．圖像的斜率表示電場強度，所以由題圖可知處電勢最高，電場強度最小為0，A錯誤；BC．由于沿著電場線方向電勢逐漸降低，則電場線方向指向x軸的負方向，，電場線方向指向x軸的正方向，并且在處電勢最高，電場強度最小為0，根據(jù)點電荷場強公式由近小遠大規(guī)律可知，的電荷量大于的電荷量，并且?guī)д?，帶負電，故B錯誤，C正確；D．電子從處沿x軸移動到處，電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤。故選C。3．空間中有兩個固定點電荷A和B，帶電荷量的絕對值分別為QA和QB，以點電荷A、B連線上某點為原點，以點電荷A和B所在的直線為x軸建立直角坐標系，分別作出部分E-x和φ-x圖像，如圖所示，無窮遠處電勢為零．則下列說法正確的是（）A．A為正點電荷，B為負點電荷，且QA<QBB．A為負點電荷，B為正點電荷，且QA>QBC．1是E-x圖像，2是φ-x圖像D．1是φ-x圖像，2是E-x圖像【答案】BD【詳解】AB．由于正點電荷周圍電勢趨于正無窮大，所以由圖可知B為正點電荷，因為點電荷B右側有場強為0的點，說明A為負點電荷，因電場強度疊加為0的位置，離B近，離A遠，故由可知QA>QB，B正確，A錯誤；CD．當φ-x圖像斜率為0時，場強為0，結合圖中的輔助線，可知1是φ-x圖像，2是E-x圖像，D正確，C錯誤。故選BD。4．如圖甲，同一豎直平面內A、B、M、N四點距O點的距離均為，O為水平連線AB的中點，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q（Q＞0），以O為原點、豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為零電勢點，則ON上的電勢隨位置x的變化關系如圖乙所示。一電荷量為Q（Q＞0）的小球以一定初動能從M點豎直下落，一段時間后經過N點，且在N點的加速度大小為2g，g為重力加速度，k為靜電力常量，則（）A．小球在M點的加速度為零B．從O點到N點場強逐漸增大C．從M點到N點過程中，電場力對小球先做負功后做正功D．從O點到N點小球的動能增加了【答案】ACD【詳解】A．小球在N點的加速度大小為2g,說明在N點的電場力大小等于mg，方向豎直向下，根據(jù)對稱性，在M點的電場力大小也為mg，且向上，故M點的加速度為0，選項A正確；B．圖像的斜率表示電場強度，結合圖像來看從O點到N點場強先增大后減小，選項B錯誤；C．根據(jù)場強的疊加可知兩個點電荷在O點上方產生的合場強豎直向上，在O點下方產生的合場強豎直向下，則小球在O點上方受到的電場力豎直向上，在O點下方受到的電場力豎直向下，故從M點到N點過程中，電場力對小球先做負功后做正功，選項C正確；D．根據(jù)庫侖定律可知兩個點電荷在N點產生的電場力大小都為則合成之后的合電場力大小為在N點由牛頓第二定律有解得從O點到N點合力做功為由動能定理可知，從O點到N點小球的動能增加了，選項D正確。故選ACD。電勢能Ep-x圖線斜率的應用5．空間存在一沿x軸方向的靜電場，質子由O點開始僅在電場力的作用下沿x軸的正方向運動，該過程中質子的電勢能關于位移x的變化規(guī)律如圖所示。其中圖線O~x2為頂點在x1的開口向上的拋物線，x2以后的圖線為傾斜的直線。下列說法正確的是（）A．O位置和x2位置的電場強度相同B．圖中x1處的電勢最高，x3處的電勢最低C．x2~x3段質子做勻變速直線運動D．該電場沿x軸的正方向【答案】C【詳解】A．根據(jù)可知，圖像的切線斜率的絕對值等于，由題圖可知x1處切線斜率為零，故x1處電場強度最小且為零，O位置和x2位置關于x1位置對稱，則O位置和x2位置的電場強度大小相等，方向相反，故A錯誤；B．結合質子帶正電和題圖可知，圖中電勢最高的點是x3處，x1處的電勢最低，故B錯誤；C．x2~x3段圖像的斜率不變，則質子所受的電場力不變，質子的加速度不變，則該過程質子做勻變速直線運動，故C正確；D．由以上分析可知x1左側的電場沿x軸的正方向，x1右側的電場沿x軸的負方向，故D錯誤。故選C。6．一電荷量為的帶電粒子只在電場力作用下沿軸正方向運動，其電勢能隨位置的變化關系如圖所示，在粒子從x1向x2運動的過程中，下列說法中正確的是（）A．在x1處粒子速度最大B．在處粒子加速度最大C．電場力先做正功后做負功D．x1與x2之間的電勢差為【答案】C【詳解】A．由于帶負電的粒子只在電場力作用下運動，運動過程只有動能與電勢能之間的轉化，則動能與電勢能的和值一定，粒子在從x1向x2運動的過程中，在處的電勢能最小，則在處的動能最大，即在處的速度最大，A錯誤；B．由于粒子只在電場力作用下沿軸正方向運動，假設電場力做正功，沿x軸取一極短的位移，根據(jù)，解得可知圖像中圖線斜率的絕對值表示電場力大小，在處圖像的斜率為零，即粒子所受電場力為0，則加速度為零，B錯誤；C．當粒子從x1向x2方向運動時電勢能先減小后增大，電場力先做正功后做負功，C正確；D．根據(jù)電勢差的定義式可知，D錯誤。故選C。7．一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能EP隨位移x的變化如圖所示，其中O－x2段是拋物線，x1處是頂點，x2－x3段是直線，且與拋物線相切。粒子由O－x3運動過程中，下列判斷正確的是（）A．O－x1段粒子動能增大 B．x1－x2段粒子加速度增大C．x2－x3段電場強度減小 D．x3處的電勢最高【答案】BD【詳解】A．O－x1段粒子電勢能變大，電場力做負功，則動能減小，選項A錯誤；B．根據(jù)可知，圖像的斜率等于電場力，則x1－x2段粒子受電場力變大，加速度增大，選項B正確；C．x2－x3段圖像的斜率不變，則電場強度不變，選項C錯誤；D．負電荷在高電勢處電勢能較小，則x3處的電勢最高，選項D正確。故選BD。8．一質子僅在電場力的作用下沿x軸運動，其電勢能隨位置坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中圖線在內為拋物線，在內為直線。不計質子所受重力。若質子到達處時的動能為，則下列說法正確的是（）A．內質子做勻變速直線運動 B．處的電場強度大小為C．處的電勢為 D．質子通過處時的動能為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題意，設質子的質量為，電場強度為，在電場中，由牛頓第二定律有由電場力做功與電勢能的變化量關系可得由圖可知則有則圖像的斜率表示，由圖可知，內，斜率不斷變化，則加速度在變化，則質子做非勻變速運動，A錯誤；B．由圖可知，在處，圖像的斜率為解得故B正確；C．根據(jù)題意，由圖可知，質子在處的電勢能為由公式可得，處的電勢為故C錯誤；D．質子從運動到處過程中，設質子在處時的動能為，電勢能為，質子在處時的動能為，電勢能為，由能量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。U-I圖線斜率的應用9．如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的圖線。曲線Ⅲ與直線Ⅰ、Ⅱ相交點的坐標分別為、。如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是（）A．電源1與電源2的內阻之比是B．電源1與電源2的電動勢之比是C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖像的物理意義可知，圖像的斜率絕對值表示電源的內阻，根據(jù)圖像可知，電源1的內阻為電源2的內阻為則電源1與電源2的內阻之比是故A錯誤；B．圖像的縱軸截距表示電動勢，則由圖可知即電源1與電源2的電動勢之比是，故B錯誤；CD．燈泡伏安特性曲線與電源的伏安特性曲線的交點即為燈泡與這電源連接時的工作狀態(tài)，則連接電源1時，燈泡的電阻為燈泡消耗的功率為連接電源2時，燈泡的電阻為燈泡消耗的功率為則在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是燈泡消耗的功率之比為故D錯誤，C正確。故選C。10．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（電池內阻不是常數(shù)），圖線b是某電阻R的圖像。當它們組成閉合回路時，硅光電池的內阻可表示為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】A．兩圖線的交點表示電阻R與電池組成的閉合回路時的工作狀態(tài)，由閉合電路歐姆定律可知，由于變化時，也發(fā)生變化，所以的大小不等于，即a圖線切線的斜率大小不等于內阻。由圖可知，A錯誤；B．由閉合電路歐姆定律得，當時，，由a圖線與縱軸的交點讀出電動勢為。根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，電阻的電壓為，則內阻，B正確；C．電阻為線性元件，則有即是電阻R的表示，C錯誤；D．由閉合電路歐姆定律可知，由a圖線與縱軸的交點讀出電動勢為，電池短路時的電流為，則電池短路時的內阻為由于電池內阻不是常數(shù)，所以電池短路時的內阻不等于電池與電阻構成回路時的內阻，D錯誤。故選B。11．如圖所示，直線是電源的路端電壓和電流的關系圖線，曲線為某元件R的U－I特性曲線，兩圖線的交點坐標為（0.4，3.0）用該電源直接與元件R相連組成閉合電路，由圖像可知（）A．電源的電動勢為5V，內阻為1.0ΩB．電源的輸出功率為1.2WC．元件R的阻值為3.75ΩD．電源的效率為50%【答案】B【詳解】A．由電源的特征曲線可知，電源的電動勢為縱軸截距，即E=5V內阻為圖線的斜率絕對值，即故A錯誤；8BC．兩圖線的交點表示，用該電源直接與元件R相連組成閉合電路，元件的兩端電壓為3.0V，電路中電流為0.4A。由功率的公式可得根據(jù)歐姆定律，可得故B正確；C錯誤；D．電源的效率為故D錯誤。故選B。12．如圖所示，圖線A為某電源的路端電壓與電流的關系圖線，圖線B為某定值電阻兩端電壓與電流的關系圖線。當把相同的兩個該電阻直接并聯(lián)接在該電源兩端組成閉合回路時，下列說法正確的是（）A．該定值電阻阻值為 B．該電源的路端電壓為C．此時通過電源的電流為 D．此時電源的輸出功率最大為【答案】AC【詳解】A．圖線B的斜率表示電阻，則故A正確；BC．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知圖線A的函數(shù)關系式為圖線為一次函數(shù)圖線，縱軸截距表示電源電動勢E，則有圖線的斜率表示電源內阻r，則有當把相同的兩個電阻R直接并聯(lián)接在此電源兩端組成閉合回路時，電路總電阻為故此時通過電源的電流故C正確；由閉合電路歐姆定律得此時該電源的路端電壓故B錯誤；D．當時，電源輸出功率最大，故此時電源輸出功率最大。則此時該電源的輸出功率為故D錯誤。故選AC。磁通量Φ-t圖線斜率的應用13．矩形線圈匝數(shù)50匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則（）A．電動勢的最大值是157VB．在t＝0.1s和t＝0.3s時，電動勢最大C．在t＝0.1s和t＝0.3s時，線圈與中性面垂直D．t＝0.4s時，磁通量變化率達最大，其值為157Wb/s【答案】A【詳解】A．根據(jù)交變電流的產生規(guī)律可知，感應電動勢最大故A正確；BC．在t=0.1s和t=0.3s時，線圈中磁通量最大，線圈處于中性面位置，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故BC錯誤；D．t=0.4s時，線圈中磁通量為零，此時刻磁通量的變化率達最大，感應電動勢最大，磁通量變化率故D錯誤。故選A。14．一閉合單匝矩形線框在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸以角速度勻速轉動。已知線框的電阻為R，穿過線框的磁通量隨時間的變化圖象如圖所示，則（

）A．時線框產生的感應電動勢最大B．時線框平面與磁場垂直C．時穿過線框平面的磁通量的變化率為D．線框中產生的電功率為【答案】C【詳解】A．由圖象知s時磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律知感應電動勢為零，A錯誤；B．由圖象知s時磁通量為零，線框平面與磁場平行，B錯誤；C．在s時穿過線框平面的磁通量的變化率最大，C正確；D．設感應電動勢有效值為E，線框中產生的電功率為，解得，D錯誤。故選C。15．如圖描繪的是穿過一個單匝閉合線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律，以下正確的是（）A．0~0.3s內線圈中的電動勢在均勻增加 B．0.2s和0.4s的瞬時電動勢的方向相同C．0.9s線圈中的瞬時電動勢比0.2s的小 D．0.6s線圈中的感應電動勢是4V【答案】D【詳解】A．由圖可以看出，0~0.3s圖線斜率不變，則不變，由法拉第電磁感應