【考前三个月】2021届高考物理(安徽专用)专题讲练：专题11-物理图像问题分析

高考定位图象能形象地表述物理规律、描述物理过程，能直观地呈现物理量之间的相互关系及变化趋势，利用图象解决物理问题是一种重要的科学思维方法．因此，对图象问题的考查成为近几年的热点．高考趋势：主要考查以下几个方面：①会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义．②会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象．③会用图：能结合物理公式和图象分析解决物理问题．考题1对力学图象问题的考查例1如图1所示，轨道NO和OM底端对接且θ＞α，小环自N点由静止滑下再滑上OM.已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽视小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同．若用F、Ff、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图．其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是()图1A．①②B．②③C．①③D．③④审题突破小环在NO上做初速度为0的匀加速运动，在OM上做匀减速运动至速度为0，依据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中的平均速度相等，再依据下滑距离大于上滑距离可得物体下滑时间大于上滑时间，从而可以比较出加速度的大小，由牛顿其次定律确定小球所受合外力的大小．小球所受滑动摩擦力的大小可以通过比较小球所受弹力的大小加以确定，小环的速度与位移的关系可以通过动能定理加以确定，合外力做功等于小环动能的变化，机械能随小环所受摩擦力做功而减小，依据摩擦力做功与位移关系加以争辩．解析由题意知，eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(v0＋v)知环在NO、OM上滑动的平均速度相等，又由于小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，结合x＝eq\x\to(v)t可得：在NO上运动的时间小，在依据a＝eq\f(Δv,Δt)可知在NO上下滑时的加速度较大，故在NO上合外力较大，所以①正确；在NO上摩擦力Ff1＝μmgcosθ，在OM上Ff2＝μmgcosα，又θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故②正确；因环在下滑和上滑的过程中均做匀变速运动满足v2＝2ax，故速度与位移不是线性关系，故③错误；由机械能守恒可知，机械能的变化是由摩擦力做功引起的，故E－x图象的斜率表示摩擦力，又下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，所以图象前段斜率应小于后段的斜率，所以④错误．故选A.答案A1．如图2所示，直线a和曲线b分别是在平直大路上行驶的汽车a和b的位移—时间(x－t)图线．由图可知()图2A．在t1时刻，两车速度相等B．在t2时刻，a、b两车运动方向相同C．在t1到t2这段时间内，b车的速领先减小后增大D．在t1到t2这段时间内，b车的速率始终比a车大答案C解析由题图可知，在t1时刻，两车位置相同，图线切线的斜率不同，即两车速度不相等，选项A错误；由于x－t图线切线的斜率代表速度，在t2时刻，a、b切线的斜率符号相反，故a、b两车运动方向相反，选项B错误；在t1到t2这段时间内，b切线的斜领先减小后增大，故b车的速领先减小后增大，选项C正确；在t1到t2这段时间内，比较a、b切线的斜率可知，开头b车速率大于a，然后b车的速率渐渐减小，直到等于a车的速率；然后减小到零后又反向增加，故选项D错误．2．为削减二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的试验中，质量为8×102kg的电动车由静止开头沿平直大路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图3所示的F—eq\f(1,v)图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05倍，重力加速度取10m/s2.则()图3A．该车起动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B．该车起动后，先做匀加速运动、然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C．该车做匀加速运动的时间是1.2sD．该车加速度为0.25m/s2时，动能是2×104J答案B解析由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(2000－0.05×8×102×10,8×102)m/s2＝2m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以Fv＝P额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F＝Ff＝400N，速度达到最大值15m/s，故选项A错误，B正确；由a＝eq\f(v－v0,t)可知t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(3－0,2)s＝1.5s，故选项C错误；该车加速度为0.25m/s2时，牵引力为F′＝ma′＋Ff＝8×102×0.25N＋0.05×8×102×10N＝600N，此时的速度为v′＝eq\f(2000×3,600)m/s＝10m/s，动能为Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×8×102×102J＝4×104J，故选项D错误．1．理解横坐标、纵坐标的物理意义(1)确认横坐标、纵坐标对应的物理量各是什么．(2)坐标轴物理量的单位也是绝不能忽视的．2．理解斜率、面积的物理意义(1)图线的斜率的意义要理解物理图象中斜率的含义，首先要看清图象的两个坐标轴．①变速直线运动的x—t图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度；②v—t图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度；③恒力做功的W—l图象(l为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小；④用自由落体运动测量重力加速度试验的v2—x图象(v为速度，x为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍；(2)面积的物理意义①在直线运动的v—t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v与时间t的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位移；②在a—t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度a与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；③力F移动物体在力的方向上产生一段位移l，F—l图象中曲线和l坐标轴之间的面积表示F做的功，假如F是合力，则此面积表示物体动能的增加量．考题2对电场图象问题的考查例2a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势凹凸如图4中曲线所示，P点处电势最低，而且a、P之间的距离大于P、b之间的距离．从图中可看出以下说法中正确的是()图4A．a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点B．a和b肯定是同种电荷，但是不肯定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功审题突破φ—x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以P处场强为零，从a到b电势先减小后增大，依据电场力方向与运动方向的关系推断电场力是做正功还是负功．依据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量肯定大于Q2的电荷量；依据场强方向得出两电荷肯定是正电荷．解析依据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；P点切线斜率为零，而φ—x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，依据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从a到b电势先减小后增大，由于沿电场线方向电势渐渐降低，知Q1和Q2肯定是同种电荷，且都为正电荷，故B错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道P处场强为零，且电势最低，故C错误；把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功，故D错误．答案A3．(2022·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图5所示，下列图象中合理的是()图5答案D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．A：由Ep—x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的削减量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；C：由于静电力不是恒力，加速度a应当越来越小，故选项C错误，选项D正确．4．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图6所示的折线．一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是()图6A．粒子从O运动到x1的过程中速度渐渐增大B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2eq\r(\f(qφ0,m))D．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，粒子在运动过程中的最大速度为eq\r(\f(6qφ0,m))答案D解析粒子从O运动到x1的过程中，电势上升，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动，故A错误．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，依据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小，故B错误．依据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得q(0－φ0)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，所以要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为eq\r(\f(2qφ0,m))，故C错误．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得q[0－(－φ0)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得最大速度为vm＝eq\r(\f(6qφ0,m))，故D正确．电场中的图象类型可以分为如下几种基本类型，场强随坐标轴变化的函数图象：即E—x图象，电势随坐标轴变化的函数图象：φ—x图象，电势能随坐标轴变化的图象：Ep—x图象．场源可能是点电荷，也可能是电偶极子，还可能是带电平板等，解答该类型题关键是要读懂图象的电学意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、交点坐标等的物理意义，同时结合题意，读懂已知条件，以及提出的问题，依据电场强度的定义式和电势的基本公式解决问题．考题3对电磁感应中图象问题的考查例3(2022·新课标Ⅰ·18)如图7(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图7审题突破线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则依据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此推断线圈ab电流的变化．解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．答案C5．有一种信号发生器的工作原理可简化为如图8所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAO随时间变化的图象可能正确的是()图8答案A解析由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，为正．由E＝eq\f(1,2)BL2ω，L是有效切割长度，B、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A正确．6．如图9所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是()图9答案B解析由图知，当AB边在左边的磁场中运动时，切割的有效长度在减小，所以电动势减小，电流减小，再依据右手定则可推断电流的方向为逆时针方向，所以电流为正且渐渐减小；当AB边进入右边的磁场，切割产生的电动势为顺时针，ACB边切割产生的电动势也是顺时针，故总电动势为二者之和，在运动的过程中，总电动势在减小，所以电流为负渐渐减小，所以B正确；A、C、D错误．电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，有时还会涉及到感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象．这些图象问题大致可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．解这类问题需应用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析．考题4对试验中图象问题的考查例4张明同学在一次测电源电动势与内阻的试验中，用试验室仅有的试验器材(电流表一个、电阻箱一个、开关一个和导线若干)，设计了如图10所示的电路进行试验，测得的数据如下表所示．图10试验次数12345R(Ω)4.010.016.022.028.0I(A)1.000.500.340.250.20(1)利用测得的数据在如图11所示的坐标纸上画出适当的图象．图11(2)由图象可知，该电池的电动势E＝____________V，该电池的内阻r＝____________Ω(结果保留两位有效数字)．(3)利用该试验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测______E真，r测________r真(选填“>”、“<”或“＝”)．审题突破(1)本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学学问可知哪种图象更科学；由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象；(2)由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；(3)试验中由于电表不是抱负电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差．答案(1)画出R—eq\f(1,I)图象．(2)6.02.0(3)＝>解析(2)由闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir得R＝E·eq\f(1,I)－r，则图象斜率为：k＝E，电动势为：E＝k＝eq\f(ΔR,Δ\f(1,I))≈6.0V，内阻为：r＝2.0Ω.(3)由于电流表的分压作用，电流表会分担一部分电压，即：eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r,E)＋eq\f(rA,E)，斜率不变，则电动势大小不变，而测量内阻实际上是电源内阻与电流表内阻之和，故测量值大于实际值．7．用如图12所示试验装置测量滑块A与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块A、重锤B相连．将细线拉直，测出B离地面的高度h，将重锤从h高处静止释放，B落地后，测出A在木板上滑动的距离x；转变B释放高度重复试验，试验数据如下表所示．图12试验次数123456h/cm10.015.020.025.030.035.0x/cm14.722.430.337.644.952.4(1)若测得A的质量mA＝3kg，B的质量mB＝1kg，A和B间细线的长度L＝112.0cm，木板的长度l＝98.0cm，要达到试验目的，以上四个量中没有必要测量的是______(用物理量的符号表示)．(2)作出x随h变化的图象．(3)由图象并结合(1)中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为________．答案(1)L、l(2分)(2)见解析图(4分)(3)0.2解析(1)由题意可知，B距地面的高度h，A在木板上滑行的距离x，A、B的质量mA、mB.从静止释放让它们运动到B着地，依据动能定理得：mBgh－μmAgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2 ①从B着地到A停在木板上，依据动能定理得：eq\f(1,2)mAv2＝μmAg(x－h) ②由①②解得：μ＝eq\f(mBh,mA＋mBx－mBh) ③可知没有必要测量L和l.(2)作出x随h变化的图象如图所示．(3)由③得：x＝eq\f(1＋μmB,μmA＋mB)h依据数学学问得到图象中直线的斜率k＝eq\f(1＋μmB,μmA＋mB)由图得：k≈1.5代入数据得：eq\f(1＋μ×1,μ3＋1)＝1.5解得μ＝0.28．一试验小组预备探究元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图13所示的电路图．请回答下列问题：图13(1)考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．(2)试验测得表格中的7组数据，请在图14所示的坐标纸上作出该元件的I—U图线.序号电压/V电流/A10.000.0020.500.2031.000.3541.500.4552.000.5062.500.5473.000.58图14(3)为了求元件Q在I—U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标(U，I)，由R＝eq\f(U,I)求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由R＝eq\f(1,k)求得．其中________(选填“甲”或“乙”)同学的方法正确．答案(1)大于(2)见解析图(3)甲解析(1)由试验电路图可知，试验接受电流表内接法，由于电流表的分压作用，试验所测电压值U偏大，由欧姆定律可知，元件电阻的测量值大于真实值．(2)依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．(3)从理论上讲，甲利用了欧姆定律，乙同学利用了斜率的意义，理论上说都没有问题，但从实际状况来说，我们依据测量数据描绘的I－U图象的大致曲线，存在很大的误差，假如再作出切线求电阻，误差更大，计算结果更不精确     ；故甲同学的计算结果更精确     ．依据试验数据在坐标纸上作图的原则要求是：精确     、清楚、布局合理、便于应用．(1)合理选取坐标原点(2)两坐标轴的分度要恰当(3)要有足够多的描点数目(4)画出的图象应尽可能穿过较多的点或是尽可能多的描点分布在图线的两侧作图法可以减小试验中的偶然误差．学问专题练训练11题组1对力学图象问题的考查1．(2022·广东·13)如图1所示是物体做直线运动的v—t图象，由图可知，该物体()图1A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不相等D．0～2s和0～4s内的平均速度大小相等答案B解析第1s内和第3s内的速度均为正值，方向相同，选项A错误；v—t图象的斜率代表加速度，第3s内和第4s内斜率相同，所以加速度相同，选项B正确；图象与时间轴所围面积在数值上等于位移的大小，第1s内的位移x1＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，第4s内的位移x4＝－eq\f(1,2)×1×1m＝－0.5m，两段时间内位移大小相等，选项C错误；0～2s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(1.5,2)m/s＝0.75m/s,0～4s内的平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(x′,t′)＝eq\f(1.5,4)m/s＝0.375m/s，选项D错误．2．如图2甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝10m/s2.则()图2A．物体的质量m＝3.0kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20C．第2s内物体克服摩擦力做的功为2.0JD．前2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝3W答案C解析由速度—时间图象可以知道在2～3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1～2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝2m/s2，由牛顿其次定律可得F－Ff＝ma，所以m＝0.5kg，所以A错误；由Ff＝μFN＝μmg，所以：μ＝0.4，所以B错误；第2秒内物体的位移是：x＝eq\f(1,2)at2＝1m，摩擦力做的功为：W＝－Ffx＝－2×1J＝－2J，故克服摩擦力所做的功为2.0J，故C正确；在第1秒内物体没有运动，所以F在第一秒内没有做功，在第2秒内，F所做的功为：W＝Fx＝3×1J＝3J，所以前2s内推力F做功的平均功率为：P＝eq\f(W,t)＝1.5W，所以D错误．3．如图3甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开头下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是()图3A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1C．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度相同答案C解析因只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A错误；动能与位移的图象斜率表示合外力，甲的合外力为m甲gsin30°，乙球的合外力为m乙g，由题图乙知m甲gsin30°＝2m乙g，所以m甲∶m乙＝4∶1，故B错误；依据Ek＝eq\f(1,2)mv2知，动能相等时，eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(1,2)，两球重力的瞬时功率之比eq\f(m甲gv甲sin30°,m乙gv乙)＝eq\f(1,1)，所以C正确；由题图乙知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度不相同，所以D错误．题组2对电场图象问题的考查4．某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势φ的变化如图4所示．电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点．则下列关于电子运动的描述正确的是()图4A．在Oa间电子做匀加速直线运动B．电子在Od之间始终在做减速直线运动C．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为eq\r(\f(2eφ0,m))D．在cd间运动时电子的电势能肯定减小答案C解析由题图知Oa和bc间的电势不变，则Oa和bc间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A、B错误．由于电子在Od运动时电场力做负功，所以其电势能增大，动能减小；电场力做功：W＝－e·Δφ＝－eφ0，所以要使电子能到达无穷远处，由动能定理得：W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以粒子的初速度v0至少为eq\r(\f(2eφ0,m))，故C正确．电子在cd间运动时电子受到的电场力做负功，电子的电势能肯定增大，故D错误．5．如图5所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象肯定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()图5答案D解析圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿其次定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后到达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，依据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能Ep＝mgh，小球穿过圆环后，Ep＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．题组3对电磁感应中图象问题的考查6．如图6所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面对里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L.现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是()图6答案C解析在进入长度L的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增加，由E＝BLv知，感应电动势均匀增加，当进入L时的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由楞次定律推断知，感应电流方向为正，在由L进入2L的过程中，ADC边切割磁感线的有效长度在均匀增加，AB边切割磁感的长度在均匀增加，由几何关系知AB边增加的快且AB边和ADC边产生的感应电动势方向相反即等效于切割磁感线的总长度在减小，感应电流减小；在离开磁场的过程中，CD边不切割磁感线，AD边切割的长度小于AB边切割的长度，产生负方向感应电流，C正确．7．如图7所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面对里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒M、N两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化状况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()图7答案C解析据题导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，做自由落体运动，做匀加速运动，由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化状况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，导体棒所受的安培力大于重力，而速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，导体棒所受的安培