第三部分專項提能優化訓練專題3.1高考中的圖像問題目錄TOC\o"13"\h\ueq\a\vs4\al(一、運動學圖像問題) 1eq\a\vs4\al(二、動力學圖像問題) 4三、功能關系與圖像 6四、電場中的圖像 10五、恒定電流中的圖像問題 12六、電磁感應中的圖像問題 14七、專題跟蹤檢測 18eq\a\vs4\al(一、運動學圖像問題)高考試題中常涉及的運動學圖像有三種，分別是x-t圖像、v-t圖像、a-t圖像，由圖像分析計算物體運動的位移、速度、加速度、間距變化及追及相遇問題?！纠}分析】如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是()A．甲圖中，物體在0～t0這段時間內的位移小于eq\f(1,2)v0t0B．乙圖中，物體的加速度為2m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1～t2時間內物體的加速度變化量D．丁圖中，t＝3s時物體的速度為25m/s【答案】D【解析】由v-t圖線與時間坐標軸圍成的面積表示位移，可知甲圖中，物體在0～t0這段時間內的位移大于eq\f(1,2)v0t0平均速度大于eq\f(1,2)v0，選項A錯誤；根據v2＝2ax可知乙圖中，2a＝1m/s2，則物體的加速度為0.5m/s2，選項B錯誤；根據Δv＝at可知，丙圖中陰影部分的面積表示t1～t2時間內物體的速度變化量，選項C錯誤；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結合丁圖可知eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2a前面的eq\f(1,2)易被忽視，即a＝10m/s2，則v0＝－5m/s，故t＝3s時物體的速度為v3＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，選項D正確。【解題要點】讀懂圖像三步走第一步：關注橫、縱坐標(1)確認橫、縱坐標對應的物理量各是什么。(2)注意橫、縱坐標是否從零刻度開始。(3)坐標軸物理量的單位不能忽視。第二步：理解斜率、面積、截距的物理意義(1)圖線的斜率：通常能夠體現某個物理量的大小、方向及變化情況。(2)面積：由圖線、橫軸，有時還要用到縱軸及圖線上的一個點或兩個點到橫軸的垂線段所圍圖形的面積，一般都能表示某個物理量。如v-t圖像中的面積，表示位移。(3)截距：圖線在縱軸上以及橫軸上的截距。第三步：分析交點、轉折點、漸近線(1)交點：往往是解決問題的切入點。(2)轉折點：滿足不同的函數關系式，對解題起關鍵作用。(3)漸近線：往往可以利用漸近線求出該物理量的極值?！痉诸愑柧殹款愋?x-t圖像問題1.(2022·浙江名校協作體聯考)中國海軍服役某艦載機在航母甲板上由靜止加速起飛過程中的位移—時間(x－t)圖線如圖所示，則()A．在0～3s內，某艦載機的平均速度大于12m/sB．在N點對應的時刻，某艦載機的速度為7.5m/sC．在M點對應的位置，某艦載機的速度大于20m/sD．某艦載機在甲板上做勻加速直線運動【答案】C【解析】在0～3s內，某艦載機的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，A錯誤；在x－t圖線中，斜率表示速度，由圖線可得，物體做加速運動，在0～2s內的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，因此N點的速度大于7.5m/s，B錯誤；MN段的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，因此M點的速度大于20m/s，C正確；假設某艦載機在航母甲板上做勻加速直線運動，根據x1＝eq\f(1,2)at2，0～2s內，x2＝eq\f(1,2)a1×22，0～3s內，x3＝eq\f(1,2)a2×32，代入數據發現a1≠a2，因此不是勻加速直線運動，D錯誤。類型2v-t圖像問題2.(多選)(2022·河北石家莊一模)哈爾濱工業大學計算學部設計了一款能夠與人協作、共同完成冰壺比賽的機器人。當機器人與冰壺之間的距離保持在8m之內時，機器人可以實時追蹤冰壺的運動信息。如圖甲所示，在某次投擲練習中機器人夾取冰壺，由靜止開始做勻加速運動，之后釋放冰壺，二者均做勻減速直線運動，冰壺準確命中目標，二者在整個運動過程中的v－t圖像如圖乙所示。此次投擲中，下列說法中正確的是()A．冰壺減速運動的加速度大小為0.125m/s2B．9s末，冰壺的速度大小為5.75m/sC．7s末，冰壺、機器人二者間距為7mD．機器人能夠一直準確獲取冰壺的運動信息【答案】AC【解析】根據加速度的定義可知，冰壺減速運動的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(5－6,11－3)m/s2＝－0.125m/s2，故加速度大小為0.125m/s2，A正確；由速度時間公式可得，9s末，冰壺的速度大小為v＝v0＋at＝6m/s－0.125×6m/s＝5.25m/s，B錯誤；由圖線可知，機器人的加速度為a機＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－6,9－3)m/s2＝－1m/s2，故可得，7s末冰壺的位移為x冰＝v0t＋eq\f(1,2)a冰t2＝23m，7s末機器人的位移為x機＝v0t＋eq\f(1,2)a機t2＝16m，則7s末冰壺、機器人二者間距為7m，C正確；由于機器人停止運動時，其位移為18m，而此時冰壺的位移為x冰＝v0t＋eq\f(1,2)a冰t2＝33.75m，此時相距s′＝(33.75－18)m＝15.75m＞8m，可知機器人不能一直準確獲取冰壺的運動信息，D錯誤。類型3a-t圖像問題3.P、Q兩物體從同一位置由靜止開始沿同一直線同向運動，a-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．t＝6s時，P、Q兩物體的速度之比為2∶1B．t＝4s時，P、Q兩物體的速度之比為2∶1C．2～4s內，Q的位移大小為48mD．4～6s內，Q的位移大小為64m【答案】D【解析】：a-t圖像中圖線與時間軸所圍面積表示速度變化量Δv，由于初速度為零，所以v＝Δv，得t＝6s時，P、Q兩物體的速度之比eq\f(vP,vQ)＝eq\f(\f(1,2)×4×16,\f(1,2)×4＋6×8)＝eq\f(4,5)，選項A錯誤；t＝4s時，P、Q兩物體的速度之比eq\f(vP′,vQ′)＝eq\f(\f(1,2)×2×8,\f(1,2)×2＋4×8)＝eq\f(1,3)，選項B錯誤；t＝2s時，Q的速度v1＝eq\f(1,2)×2×8m/s＝8m/s,2～4s內Q的位移x1＝v1Δt1＋eq\f(1,2)a(Δt1)2＝32m，選項C錯誤；2～6s內Q的位移x2＝v1Δt2＋eq\f(1,2)a(Δt2)2＝96m，故4～6s內Q的位移x＝x2－x1＝64m，選項D正確。eq\a\vs4\al(二、動力學圖像問題)高考試題中涉及的動力學圖像有v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、a-F圖像等，主要考查學生讀圖、用圖的能力?！纠}分析】如圖甲所示，一物塊放在粗糙的水平面上，從t＝0時刻開始，以一定的初速度向左運動，同時在物塊上加一斜向右上方的恒力F的作用，F與水平方向的夾角θ＝37°，物塊的質量為2kg，物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，物塊向左運動的v-t圖像如圖乙所示(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)，求：(1)拉力F的大??；(2)物塊再回到t＝0時刻的位置時的速度v1大??；(3)若在t＝0.5s時拉力的方向不變，大小改變，要使物塊再回到t＝0時刻的位置時速度大小和t＝0時刻的速度大小相等，則拉力F′應變為多少？(結果保留兩位小數)【答案】(1)28N(2)eq\f(2,5)eq\r(195)m/s(3)30.91N【解析】(1)物塊向左運動時，由題圖像可知，初速度v0＝6m/s加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝12m/s2由牛頓第二定律Fcosθ＋μ(mg－Fsinθ)＝ma1解得F＝28N。(2)物塊在拉力作用下從速度為零開始向右運動時，由題中圖像可知，回到t＝0時刻的位置的位移x＝eq\f(1,2)×6×0.5m＝1.5m由牛頓第二定律Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma2解得a2＝10.4m/s2由運動學公式v12＝2a2x得物塊回到t＝0時刻位置的速度v1＝eq\f(2,5)eq\r(195)m/s。(3)要使物塊回到t＝0時刻位置的速度大小和t＝0時刻的速度大小相等，因此物塊做的是類上拋運動，向右運動時的加速度大小a3＝a1＝12m/s2由牛頓第二定律得F′cosθ－μ(mg－F′sinθ)＝ma3解得F′＝30.91N?！窘忸}要點】圖像問題的求解思路【分類訓練】類型1F-t圖像問題1．(2022·遼寧朝陽質檢)一航天愛好者將一枚自制火箭豎直向上發射，該火箭的推力隨時間的變化規律如圖所示。火箭處于靜止狀態，開始點火(t＝0)，t＝20s時火箭失去推力。假設火箭質量恒為2kg，重力加速度g＝10m/s2，并假設運動中不計空氣阻力。則下列結論正確的是()A.0～10s內，火箭一直加速運動B.t＝10s時，火箭速度達到最大C.發射過程中，火箭的最大加速度為15m/s2D.10～20s內，火箭的速度增量為50m/s【答案】D【解析】火箭質量恒為2kg，當推力小于重力時火箭靜止，故0～10s內，火箭并非一直加速運動，故A錯誤；10～20s推力大于重力，火箭仍在加速，t＝10s時，火箭的速度不是最大，故B錯誤；10～20s推力最大為30N，根據牛頓第二定律am＝eq\f(Fm－mg,m)＝5m/s2，故C錯誤；10～20s內，火箭的速度增量為Δv＝amΔt＝50m/s，故D正確。類型2a-F圖像問題2．(2022·重慶六區調研)甲、乙兩物體都靜止在水平面上，質量分別為m甲、m乙，與水平面間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙。現用水平拉力F分別作用于兩物體，加速度a與拉力F的關系如圖，圖中b、－2c、－c為相應坐標值，重力加速度為g。由圖可知()A．μ甲＝eq\f(g,2c)，m甲＝eq\f(2c,b)B．μ甲＝eq\f(2c,g)，m甲＝eq\f(b,2c)C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2【答案】B【解析】對質量為m的物體受力分析，假定動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律，有F－μmg＝ma，可得a＝eq\f(F,m)－μg，故a與F關系圖像的斜率表示質量的倒數，則有m甲＝eq\f(b,2c)，m乙＝eq\f(b,c)，即m甲∶m乙＝1∶2；a－F關系圖像的縱截距為－μg，故－μ甲g＝－2c，－μ乙g＝－c，即μ甲＝eq\f(2c,g)，μ乙＝eq\f(c,g)，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故B正確。三、功能關系與圖像【例題分析】(多選)(2022·河南猜題卷)如圖所示，乒乓球以較大速度從地面豎直向上拋出，若球所受空氣阻力與速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趨于勻速。取地面為重力勢能零勢能面，則乒乓球在空中運動過程中，其動能及重力勢能隨時間變化的圖像可能正確的是()【答案】BC【解析】乒乓球上升階段，設某一很短時間Δt內速度大小為v，則阻力f＝kv發生的位移為Δx＝vΔt由動能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔEk可得eq\f(ΔEk,Δt)＝－(mg＋kv)v上升過程，速度逐漸減小，eq\f(ΔEk,Δt)的絕對值逐漸減小，即Ek－t圖線切線的斜率的絕對值減小，到達最高點時，速度減為0，斜率也為0，同理，下降階段有eq\f(ΔEk,Δt)＝(mg－kv′)v′下降過程乒乓球速度大小逐漸增加，所受合力逐漸減小，最后乒乓球趨于勻速，所受合力趨于0，eq\f(ΔEk,Δt)的絕對值從0先增加然后減小最終趨于0，A錯誤，B正確；上升階段結合上述分析，有ΔEp＝mgΔx有eq\f(ΔEp,Δt)＝mgv上升階段速度逐漸減小，eq\f(ΔEp,Δt)的絕對值逐漸減小，即Ep－t圖線斜率逐漸減小，到達最高點時，速度減為0，Ep－t圖線斜率也為0，同理，下降階段有eq\f(ΔEp,Δt)＝－mgv′速度大小逐漸增加，圖線斜率絕對值逐漸增大，C正確，D錯誤?！咎崮苡柧殹?.(2022·云南昆明模擬)小球以某一速度豎直向上拋出，又回到出發點。由于阻力影響，機械能隨高度的變化如圖所示，則下列說法正確的是()A.小球的加速度先減小后增大B.小球上升的時間比下降的時間長C.小球上升過程阻力做功比下降過程少D.小球上升過程阻力做功比下降過程快【答案】D【解析】由于阻力作用，同一高度的機械能減小，故上面那條曲線為上升過程機械能隨高度的變化曲線，下面那條曲線為下降過程機械能隨高度的變化曲線，圖像中斜率為阻力。上升時，阻力減小，下降時，阻力變大。上升時mg＋f＝ma，做加速度減小的減速運動；下降時mg－f＝ma，做加速度減小的加速運動，故加速度一直減小，速度先減小后增大，故A錯誤；由于阻力作用，同一高度上升時速度大于下降時速度，上升平均速度大，時間短，故B錯誤；上升時，阻力做功大小為E0－E1，下降時阻力做功大小為E1－E2，上升阻力做功多，故C錯誤；上升時阻力做功多，時間短，故做功快，故D正確。2.(多選)(2022·天津五校聯考)在大型物流貨場，廣泛應用著傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面成θ角傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v－t圖像可知()A.貨物從A運動到B過程中，摩擦力恒定不變B.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5C.貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8JD.A、B兩點的距離為2.4m【答案】BC【解析】由圖像可知，傳送帶的速度為2m/s，在貨物到達與傳送帶共速之前，即0～0.2s內，貨物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，貨物受沿斜面向上的摩擦力，故A錯誤；由圖像可以看出貨物做兩段勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由圖像得到a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正確；貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcos37°(Δx1＋Δx2)＝0.5×1×10×0.8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8J，故C正確；A、B兩點的距離就是貨物的位移，即貨物的v－t圖像與坐標軸圍成的面積。所以有sAB＝eq\f(2×0.2,2)m＋eq\f(2＋4,2)×1m＝3.2m，故D錯誤。3.(2022·福建龍巖質檢)一輛小轎車在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒數eq\f(1,v)的關系如圖所示。已知轎車的總質量為1300kg，其所受的阻力不變，則轎車()A.速度隨時間均勻增大B.加速度隨時間均勻減小C.所受阻力大小為2.73×103ND.電動機輸出功率為9.1×103W【答案】C【解析】由圖可知，轎車加速度變化，做變加速直線運動，故A錯誤；a－eq\f(1,v)函數方程a＝eq\f(70,v)－2.1，因為轎車做變加速運動，所以加速度不是隨時間均勻減小，故B錯誤；對轎車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據牛頓第二定律，有F－f＝ma，F＝eq\f(P,v)，聯立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，結合圖線，當轎車的速度最大時，加速度為零，故結合圖像可知，a＝0時，eq\f(1,v)＝0.03，解得v＝eq\f(100,3)m/s，由圖像可知－eq\f(f,m)＝－2.1，解得f＝2.1m＝2.1×1300N＝2.73×103N，電動機輸出功率P＝fv＝9.1×104W，故C正確，D錯誤。4.(2022·超級全能生原創卷)質量為m的物體(可視為質點)，位于距離地面高度為h的平臺邊緣，如圖所示。某時刻物體以水平初速度從平臺邊緣飛出，選取飛出點為坐標原點，已知重力加速度為g，忽略空氣阻力和平臺的摩擦，在運動過程中的任意位置，關于其動能Ek和重力做的功W與水平位移x的關系，以下圖像描述正確的是()【答案】B【解析】根據平拋運動的規律，在水平方向有vx＝v0，x＝v0t在豎直方向有vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2由以上各式得速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可知動能Ek與水平位移x的關系是一條拋物線，A錯誤，B正確；重力做的功為W＝mgy＝mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2可知重力做的功W與水平位移x的關系是一條過原點的拋物線，C、D錯誤。四、電場中的圖像電場中的圖像主要有v-t圖像、φ-x圖像、E-x圖像、Ep-x圖像等，多以選擇題的形式呈現，難度中等?！纠}分析】有一沿x軸分布的電場，電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，x軸正向為電場強度的正方向，在x軸上0～x1間某點處由靜止釋放一個質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子，僅在電場力作用下運動，下列說法正確的是()A．x軸上x1處電勢最高B．x軸上x2處電勢最高C．粒子在向右運動的過程中，粒子的電勢能可能先減小后增大，再減小D．粒子在向右運動的過程中，如果到達x2處速度剛好為零，則粒子運動的最大速度一定大于eq\r(\f(qE0x2－x1,m))【答案】AD【解析】因x1點的右側電場方向向右，左側的電場方向向左，故x1點的電勢最高，選項A正確，B錯誤；帶負電的粒子從0～x1中的某位置釋放，在向右運動的過程中電場力先做正功，過了x1位置后，電場力做負功，故粒子的電勢能先減小后增大，選項C錯誤；粒子在向右運動的過程中，如果到達x2處速度剛好為零，則在x1處的速度最大，根據動能定理，如果是場強為E0的勻強電場，則eq\f(1,2)mvm2＝E0q(x2－x1)，解得vm＝eq\r(\f(2E0qx2－x1,m))，因x1～x2處的平均場強大于eq\f(1,2)E0，故粒子運動的最大速度一定大于eq\r(\f(E0qx2－x1,m))，選項D正確。【解題要點】(1)不同的圖像對應不同的物理意義，解此類問題時要關注圖像橫軸和縱軸代表的物理量和坐標點的意義。(2)注意分析圖像的形狀、斜率、截距和面積表示的信息。如φ-x圖像斜率表示電場強度，E-x圖像與x軸所圍面積表示電勢差，Ep-x圖像的斜率表示電場力等。類型1電場中的v-t圖像1.(2022·天津質檢)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從A點沿直線運動到B點，速度隨時間變化的圖像如圖所示，tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點對應的時刻，則下列說法中正確的是()A．A處的電場強度一定小于B處的電場強度B．A處的電勢一定高于B處的電勢C．帶電粒子在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能D．帶電粒子從A點運動到B點的過程中，電場力一定對其做正功【答案】D【解析】：根據速度圖像的斜率等于加速度，由題圖可以看出，從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度減小，則其所受的電場力減小，電場強度減小，即有A處的電場強度一定大于B處的電場強度，A錯誤。由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場方向，也就不能判斷電勢高低，故B錯誤。由題圖看出，帶電粒子的速度增大，動能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤，D正確。類型2電場中的φ-x圖像2．[多選](2022·衡陽三模)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關系如圖中曲線所示，曲線過(0.1m,4.5×105V)和(0.15m，3×105V)兩點，圖中虛線為該曲線過點(0.15m,3×105V)的切線?，F有一質量為0.20kg、電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質點)，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面間的動摩擦因數為0.02，重力加速度g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．滑塊P運動過程中的電勢能先減小后增大B．滑塊P運動過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運動的最大速度為0.1m/s【答案】BCD【解析】：由電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強度可知，電場方向未變，滑塊運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤。電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x＝0.15m處的電場強度為：E＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(3×105,0.3－0.15)V/m＝2×106V/m＝2.0×106N/C，滑塊P在此處所受的電場力為：F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N；滑動摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，在x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，故B、C正確。在x＝0.15m處，電場力等于摩擦力，速度最大，根據動能定理得，qU－fx＝eq\f(1,2)mv2，因為0.10m和0.15m處的電勢差為1.5×105V，代入求解，最大速度為0.1m/s，故D正確。類型3電場中的Ep-x圖像3．(2022·北京模擬)如圖甲所示，A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電荷的點電荷只受電場力的作用，從A點以某一初速度做直線運動到B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖乙所示。則從A到B過程中，下列說法正確的是()A．點電荷的速度先增大后減小B．空間電場是某負點電荷形成的C．電荷所受電場力先減小后增大D．空間各點的電勢先降低后升高【答案】C【解析】：正電荷在電場力作用下運動，故正電荷的電勢能與動能的總和不變，由圖像可知，電勢能先增加后減少，則動能先減少后增加，速度先減小后增大，故A錯誤；電場力做的功W＝Fx＝Ep0－Ep，Ep-x圖線的斜率反映電場力，可見電場力先減小后增大，且方向發生了變化，因此不可能是點電荷的電場，故B錯誤，C正確；由題圖乙可知，帶正電荷的點電荷電勢能先增加后減少，由正電荷在電勢高的地方電勢能大可知電勢先升高后降低，D錯誤。五、恒定電流中的圖像問題恒定電流中的圖像主要是指電阻的U-I圖像和電源的U-I圖像，該類試題多為兩種圖像相結合的方式呈現，難度中等。【例題分析】(多選)(2021·浙江省百校3月模擬聯考)如圖所示，電源由幾個相同的干電池組成。合上開關S，變阻器的滑片從A端滑到B端的過程中，電路中的一些物理量的變化，如圖甲、乙、丙所示，圖甲為電壓表示數與電流表示數關系，圖乙為干電池輸出功率跟電壓表示數關系，圖丙為干電池輸出電能的效率η與變阻器接入電路電阻大小的關系，不計電表、導線對電路的影響，則()A.串聯電池的總電阻為2ΩB.串聯的干電池節數為6節C.變阻器的總電阻為8ΩD.乙圖上b點的橫坐標為3【答案】ACD【解析】通過圖甲可知短路電流為3A，即I＝eq\f(E,r)＝3A，當外電路的阻值和內阻相等時，輸出功率最大，此時U＝eq\f(1,2)E，Pmax＝eq\f(U2,R)＝eq\f(E2,4r)＝4.5W，解得E＝6V，r＝2Ω，由于每節干電池的電壓為1.5V，故電源由四節干電池組成，A正確，B錯誤；電源的效率η＝eq\f(P輸出,P總)＝eq\f(R,R＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R))，故滑動變阻器阻值全部接入電路時，電源的效率最高。η＝eq\f(R,R＋r)＝0.8，解得R＝8Ω，C正確；由于電動勢為6V，而b點對應的外電路阻值和內阻相等，所以U＝eq\f(1,2)E，故乙圖上b點的橫坐標為3，D正確?！窘忸}要點】(1)注意區別電源的U-I圖像和電阻的U-I圖像。(2)兩圖像斜率的物理意義不同，電源U-I圖像圖線斜率的絕對值表示電源內阻大小，電阻U-I圖像圖線為直線時斜率大小表示電阻的大小。(3)坐標U和I的乘積的物理意義不同，分別表示電源輸出功率、該電阻消耗功率。(4)坐標U和I的比值的物理意義不同，分別表示外電路總電阻大小、該電阻大小。1(2022·鄭州期末)圖甲為某電源的U-I圖線，圖乙為某小燈泡的U-I圖線，則下列說法中正確的是()A．電源的內阻為0.5ΩB．小燈泡的電阻隨著功率的增大而減小C．當小燈泡兩端的電壓為0.5V時，它的電阻約為eq\f(1,6)ΩD．把電源和小燈泡組成閉合回路，小燈泡的功率約為3.0W【答案】D【解析】由題圖甲，根據U＝E－Ir可得：電動勢E＝1.5V，內阻r＝eq\f(1.5－1.0,3)Ω＝0.17Ω，故A錯誤；由題圖乙可得：小燈泡的功率越大，則電壓越大，斜率越大，故電阻越大，故B錯誤；由題圖乙可得：當小燈泡兩端的電壓U＝0.5V時，電流I＝6A，故電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(0.5,6)Ω＝eq\f(1,12)Ω，故C錯誤；把電源和小燈泡組成閉合回路，將甲、乙兩圖疊加到一起，兩U-I圖線的交點即小燈泡的電壓、電流，故U＝0.5V，I＝6A，所以小燈泡的功率P＝UI＝3.0W，故D正確。2.[多選]某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻R1、R2兩端的電壓與電流的關系如圖所示。用此電源和電阻R1、R2組成電路，R1、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路。下列說法正確的是()A．將R1、R2串聯后接到電源兩端時，電源的效率為75%B．將R1、R2并聯后接到電源兩端時，電源的效率為80%C．為使電源輸出功率最大，可將R1單獨接到電源兩端D．為使電源輸出功率最大，可將R2單獨接到電源兩端【答案】AC【解析】：根據題圖可知，電源的電動勢為E＝3V，內阻r＝eq\f(3,6)Ω＝0.5Ω，根據R＝eq\f(U,I)知，兩定值電阻的阻值分別為R1＝0.5Ω，R2＝1Ω。將R1、R2串聯后接到電源兩端時，電源的效率為η＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋r)×100%＝75%，故A正確；外電阻越大，電源的效率越高，因為R1、R2并聯后的電阻小于將它們串聯后的電阻，可知，將R1、R2并聯后接到電源兩端時，電源的效率小于75%，故B錯誤；當外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，據此可知將R1單獨接到電源兩端時，電源輸出功率最大，故C正確，D錯誤。六、電磁感應中的圖像問題電磁感應中的圖像種類較多，有B-t、Φ-t、E-t、i-t圖像等，題型以選擇題為主，難度中等?！纠}分析】如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區域，區域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()【答案】D【解析】設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i。線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時針)eq\f(3l,2)～2lI＝0綜合分析知，只有選項D符合要求。【解題要點】1．解決電磁感應圖像問題的三點關注(1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向。(2)關注變化過程，看電磁感應發生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應。(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。2．常用解決電磁感應圖像問題的兩種方法(1)排除法；(2)函數法。類型1動生圖像問題1.(2022·山東日照期末)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于xOy平面內的剛性三角形導體框abc在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發生轉動)，從圖示位置開始計時，在導體框進入磁場的過程中，導體框內感應電流i與時間t的關系圖像正確的是(規定導體框內的電流順時針方向為正)()【答案】B【解析】從開始到ac邊中點剛要進入磁場，根據右手定則和法拉第電磁感應定律可知，ab邊左、右兩部分切割磁感線產生的電動勢等大反向，故回路總電動勢等于ac左半部分切割磁感線產生的電動勢，由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)可知i隨進入磁場的長度增大而增大，隨時間均勻增大，由右手定則知回路中電流方向為逆時針，為負值；從ac邊中點進入磁場到導體框完全進入磁場，回路總電動勢是ac左半邊電動勢與右半邊之差，由于左半邊電動勢恒定，右半邊電動勢隨進入磁場的長度成正比，所以總電動勢(電流)在隨時間均勻減小，回路電流方向為逆時針方向，為負值，故A、C、D錯誤，B正確。類型2感生圖像問題2.(多選)(2022·安徽六安模擬)固定的矩形導線框abcd放在勻強磁場中，磁場方向與導線框垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖所示。t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里。規定順時針方向為電流的正方向、向左為安培力的正方向，在0～4s內，導線框中的電流及導線框的ab邊所受安培力隨時間變化的圖像可能是()【答案】AD【解析】由法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，由圖可知，0～2s內，導線框中磁通量的變化率相同，電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為正方向；同理可得，2～4s內電路中的電流為逆時針，電流為負的，且兩段時間內磁通量的變化率大小相等，回路中的感應電動勢大小相等，感應電流大小相等，A正確，B錯誤；由F＝IlB可知，電流大小恒定的情況下，F與B成正比，結合左手定則可知，0～1s內與2～3s內安培力向左，為正，1～2s內與3～4s內安培力向右，為負，C錯誤，D正確。類型3圖像的分析與應用3.[多選](2022·新鄉模擬)如圖所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場的邊界重合。在外力作用下，金屬線框從0時刻由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區域，t1時刻線框全部進入磁場。若規定順時針方向為感應電流i的正方向，則感應電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時值P以及通過線框某橫截面的電荷量q隨時間t變化的關系圖像中，可能正確的是()【答案】ACD【解析】：線框做勻加速運動，其速度v＝at，感應電動勢E＝BLv，感應電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，i與t成正比，故A正確；線框進入磁場過程中受到的安培力FA＝BiL＝eq\f(B2L2at,R)，由牛頓第二定律得：F－FA＝ma，得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，F-t圖像是不過原點的傾斜直線，故B錯誤；線框的電功率P＝i2R＝eq\f(B2L2a2t2,R)∝t2，故P-t圖像應是開口向上，過原點的拋物線，故C正確；線框的位移x＝eq\f(1,2)at2，則電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(BLat2,2R)∝t2，故q-t圖像應是開口向上過原點的拋物線，故D正確。七、專題跟蹤檢測1．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．木板A獲得的動能為2JB．系統損失的機械能為4JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數為0.1【答案】D【解析】：由題給圖像可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，根據牛頓第二定律知二者質量相等，木板獲得的動能為1J，選項A錯誤；系統損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，選項B錯誤；由v-t圖像可求出二者相對位移為1m，選項C錯誤；分析B的受力，根據牛頓第二定律，可求出μ＝0.1，選項D正確。2．如圖甲所示，MN是一條電場線上的兩點，從M點由靜止釋放一個帶正電荷的帶電粒子，帶電粒子僅在電場力作用下沿電場線由M點運動到N點，其運動速度隨時間t的變化規律如圖乙所示。下列敘述中不正確的是()A．M點電場強度比N點的電場強度小B．M點的電勢比N點的電勢高C．從M點運動到N點電勢能增加D．從M點運動到N點粒子所受電場力逐漸增大【答案】C【解析】：從v-t圖像可以看出，加速度越來越大，根據牛頓第二定律F＝ma，則說明受到的電場力越來越大，根據公式F＝qE，說明電場強度越來越大，所以M點電場強度比N點的電場強度小，故A、D正確；因為帶電粒子做加速運動，所以受到的電場力向右，又因為帶電粒子帶正電荷，所以電場線的方向向右，又因為順著電場線的方向電勢降低，所以M點的電勢比N點的電勢高，故B正確；從M點運動到N點動能增加，電勢能應該減少，故C錯誤。3．[多選](2022·唐山一模)如圖所示，x-t圖像反映了甲、乙兩車在同一平直公路上行駛的位移隨時間變化的關系，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10s處，則0～10s過程中()A．甲車的速度大小為4.0m/sB．乙車的平均速度大小為4.0m/sC．甲車的位移大小為40mD．乙車的位移大小為80m【答案】ACD【解析】：甲車做勻速直線運動，速度為：v甲＝eq\f(x,t1)＝eq\f(20,5)m/s＝4.0m/s，在0～10s內位移為：x甲＝v甲t＝4×10m＝40m，故A、C正確；乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10s處，則t＝10s時，速度為零，將其運動反向看成初速度為0的勻加速直線運動，則根據位移與時間關系x＝eq\f(1,2)at2，根據圖像有：x0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a·(10s)2，20m＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)a·(5s)2，解得：a＝1.6m/s2，x0＝80m，則0～10s內乙車的平均速度大小為：eq\x\to(v)乙＝eq\f(x0,t)＝eq\f(80,10)m/s＝8m/s，故B錯誤，D正確。4.(2021·湖北高考，4)如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgs1sin30°－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s1，結合0～10m內的Ek－s圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的Ek－s圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯誤。5.(2022·浙江名校聯盟聯考)我國的民用無人機技術發展迅速，目前已占據全球市場一半以上。某品牌無人機出廠前進行豎直飛行測試，發動機起飛一段時間后關閉，再經歷一小段時間到達最高點。已知無人機發動機提供的升力大小恒定，空氣阻力恒為重力的0.25倍，無人機的動能E與上升高度h的關系如圖所示，則下列論述錯誤的是()A．無人機的升力大小是68.6NB．無人機的質量是4kgC．空氣阻力的大小是8ND．加速段與減速段時間之比為7∶5【答案】B【解析】由動能E與上升高度h的關系圖，可得斜率大小即為合外力的大小，故得到加速段的合外力大小為F－mg－f＝28.6N，減速段的合外力為mg＋f＝40N，聯立可得升力F＝68.6N，A正確；由減速段的合外力為mg＋f＝1.25mg＝40N，可得m＝3.2kg，空氣阻力f＝0.25mg＝8N，B錯誤，C正確；由于加速段和減速段均為勻變速直線運動，可知兩階段的平均速度相等，故時間之比等于位移之比為1.75∶1.25＝7∶5，D正確。6.(2022·浙江名校聯盟聯考)如圖甲所示是小朋友玩蹦床的示意圖。從小朋友下落到離地面高h處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖乙所示，在h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應圖像的最高點，小朋友的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦，下列說法正確的是()A．整個過程中小朋友的機械能守恒B．從h2～h5過程中，小朋友的加速度先增大后減小C．從h1～h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h1－h5))D．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h1－h4))【答案】C【解析】小朋友受蹦床彈力做功，機械能不守恒，小朋友與蹦床組成的系統機械能守恒，A錯誤；小朋友的腳接觸蹦床到彈力等于重力的過程中有mg－kx＝ma，小朋友下降過程中x增大，則a減小，從彈力等于重力到蹦床被壓縮至最低點的過程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降過程中x增大，則a′增大，則從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中(從h2～h5過程中)，其加速度先減小后增大，B錯誤；小朋友從h1下降到h5過程中，動能增量為零，由機械能守恒定律知重力勢能減少量等于蹦床彈性勢能增加量，所以蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h5)，C正確；小朋友處于h＝h4高度時，由于h4高度時的動能與h2高度時的動能相等，所以從h2到h4過程重力勢能損失量等于蹦床彈性勢能增加量，h2為小朋友剛接觸蹦床時的高度，彈性勢能為零，所以h4高度時的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)，D錯誤。7.(2022·重慶巴蜀中學檢測)如圖甲所示，由彈丸發射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個力傳感器)構成的游戲裝置，半圓形擋板的半徑R＝0.5m，斜面高度h＝0.9m，彈丸與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5。游戲者調節發射器，彈丸到B點時速度沿斜面且大小為5m/s，接著他將半圓形擋板向左平移使C、D兩端重合。擋板墻上各處的力傳感器收集到的側壓力F與墻上轉過圓心角θ之間的關系如圖乙所示。下列說法正確的是()A．彈丸的質量為0.1kgB．彈丸的質量為0.4kgC．彈丸與地面的動摩擦因數為0.6D．彈丸與地面的動摩擦因數為0.8【答案】C【解析】彈丸從B到D過程，由動能定理得mgh－μ1mgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，由圖可知，在D點，擋板對彈丸的支持力為FN＝12.4N，由牛頓第二定律有FN＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，聯立解得m＝0.2kg，A、B錯誤；設彈丸與地面之間的動摩擦因數為μ2，設轉過3rad后的速度為v，由動能定理得－μ2mg·3×R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，在轉過3rad后擋板對彈丸的支持力為5.2N，由牛頓第二定律得5.2＝meq\f(v2,R)，聯立解得μ2＝0.6，C正確，D錯誤。8.(多選)(2022·廣東深圳模擬)如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數n＝10，邊長ab＝1m，線圈總電阻r＝1Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示。設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，則下列有關線圈的電動勢e，感應電流i，焦耳熱Q以及ab邊受到的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是()【答案】CD【解析】0～1s內產生的感應電動勢為e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向為逆時針，同理1～5s內產生的感應電動勢為e2＝eq\f(nSΔB,Δt)＝1V，方向為順時針，A錯誤；對應0～1s內的感應電流大小為i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向為逆時針(負值)，同理1～5s內的感應電流大小為i2＝1A，方向為順時針(正值)，B錯誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1s內0≤F≤4N，方向向下，1～3s內0≤F≤2N，方向向上，3～5s內0≤F≤2N，方向向下，C正確；線圈產生的焦耳熱為Q＝eit，0～1s內Q1＝J，1～5s內Q2＝4J，D正確。9.(2022·廣東珠海模擬)如圖甲所示，面積S＝0.2m2的線圈，匝數n＝630匝，總電阻r＝1.0Ω，線圈處在變化的磁場中，設磁場垂直紙面向外為正方向，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規律變化，方向垂直線圈平面，圖甲中傳感器可看成一個純電阻R，并標有“3V，0.9W”，滑動變阻器R0上標有“10Ω，1A”。則下列說法正確的是()A.電流表中的電流方向向左B.線圈中產生的感應電動勢為定值C.為了保證電路的安全，電路中允許通過的電流最大值為1AD.若滑動變阻器的滑片置于最左端，為了保證電路的安全，圖乙中的t0最小值為20s【答案】B【解析】根據楞次定律，回路中產生順時針方向的電流，電流表中的電流方向向右，故A錯誤；因為eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以根據法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S，線圈中產生恒定的感應電動勢，故B正確；傳感器正常工作時電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.9,3)A＝0.3A，變阻器的工作電流是1A，所以電路允許通過的最大電流為0.3A，故C錯誤；滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路電阻為R外＝R＋R0，其中R＝eq\f(U,I)＝10Ω，電源電動勢的最大值為E＝I(R外＋r)＝6.3V，由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝eq\f(nSB0,t0)，得t0＝40s，故D錯誤。10.(2022·河北保定一模)如圖甲所示，某同學研究水平勻速拉動貨物時拉力大小和方向間的關系。他以相同的速度拉動質量為50kg的貨物，拉力方向與水平方向的夾角為θ。已知貨物所受阻力與貨物對地面的壓力成正比，拉力F大小與θ的函數圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．貨物受到的阻力與貨物對地面壓力的比值為0.5B．當θ＝0.25π時，拉力大小為eq\f(500\r(2),2)NC．當θ＝0與θ＝eq\f(π,3)時，對應拉力大小相等D．當0≤θ<eq\f(π,2)時，可能有兩個角度對應拉力的功率相等【答案】A【解析】設貨物受到的阻力與貨物對地面壓力的比值為μ，對貨物根據平衡條件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，由題圖乙可知，當θ＝0時，有F＝250N，代入上式解得μ＝0.5，A正確；當θ＝0.25π時，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,4)＋0.5sin\f(π,4))＝eq\f(500\r(2),3)N，B錯誤；當θ＝eq\f(π,3)時，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,3)＋0.5sin\f(π,3))＝1000(2－eq\r(3))N≠250N，C錯誤；拉力的功率為P＝Fvcosθ＝eq\f(μmgv,1＋μtanθ)，tanθ在0≤θ<eq\f(π,2)區間內為單調函數，所以在此區間內不可能有兩個角度對應拉力的功率相等，D錯誤。11．(2022·東北四市二模)如圖所示，一個各短邊邊長均為L，長邊邊長為3L的線框，勻速通過寬度為L的勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面。線框沿紙面運動，開始時線框右側短邊ab恰好與磁場左邊界重合，此過程中最右側短邊兩端點a、b兩點間電勢差Uab隨時間t變化關系圖像正確的是()【答案】D【解析】：0～L過程中，ab邊切割磁感應線產生的感應電動勢E1＝BLv，a點電勢高于b點電勢，則Uab＝eq\f(9,10)BLv；L～2L過程中感應電動勢E2＝2BLv，a點電勢低于b點電勢，則Uab＝－eq\f(E2,10)＝－eq\f(BLv,5)；2L～3L過程中，最左邊切割磁感應線產生的感應電動勢E3＝3BLv，a點電勢高于b點電勢，則Uab＝eq\f(1,10)×3BLv＝eq\f(3,10)BLv，故D正確，A、B、C錯誤。12．[多選](2022·大同模擬)如圖所示，I為電流表示數，U為電壓表示數，P為定值電阻R2消耗的功率，Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時電源做的功。當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，下列圖像能正確反映各物理量關系的是()【答案】AB【解析】：變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，R2消耗的功率為P＝I2R，P∝I2，故A正確；電容器C的電壓UC＝E－I(R2＋r)，電荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，則eq\f(ΔQ,ΔI)＝－C(R2＋r)，保持不變，則Q-I圖像是向下傾斜的直線，故B正確；電壓表示數U＝E－Ir，U-I圖像應是向下傾斜的直線，故C錯誤；電源通過電荷量q時電源做的功W＝qE，E是電源的電動勢，則W-q是過原點的直線，故D錯誤。13．[多選](2022·合肥質檢)真空中靜止點電荷周圍某點的電場強度大小與該點到點電荷距離二次方的圖像(E-r2)如圖所示。若電場中a、b、c三點的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec，一帶正電荷的試探電荷由a點經b移動到c點，電場力所做的功分別為Wab和Wbc。若規定無限遠處的電勢為零，真空中點電荷周圍某點的電勢φ＝keq\f(Q