2026年高考物理终极冲刺：专题02 图像问题（抢分专练）（解析版）

1/7专题02图像问题【命题解读】图像问题是高考必考的知识点，如果单独考查难度一般不会太大，是考生应该必须拿到的分。图像问题也是很好考查考生对物理与数学知识相结合的一种方法，培养学生借助数学图像知识分析物理问题的能力。【命题预测】2026年高考，图像问题应该会考查运动学图像（如v-t，x-t、或两者图像结合），可能也会以动力学图像、曲线运动图像、电磁学图像等形式出现。题目注重知识基础性和实际生产生活中的运用，考查学生分析解决实际问题的能力。题型01运动学图像1．第十五届全运会50m仰泳比赛中，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程。关于该过程的位移x、速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】AB．在图像中，图像的斜率表示物体的速度，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程，图像如图所示。图像斜率先变大、不变、再变大，AB错误；CD．图像表示物体速度随时间的变化，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程，速度先增大、保持不变、再增大，C正确，D错误。故选C。2．校园运动会的集体项目“迎面接力”：两条长50m的平行直跑道，每支队伍使用一个跑道，甲、乙两队各10名队员，跑道两端各站5人，两队的1号队员同时出发拿着接力棒冲向跑道的另一端把棒交给2号队员，2号队员又跑回这端把棒交给3号队员，依此类推，哪队先完成10人的全部接力就获胜。比赛开始（）后的一段时间内，两队队员运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（）A．甲队在时刻完成第一次交接 B．时刻两队队员速度相等C．时间内两队通过的路程相同 D．时刻乙队领先【答案】A【详解】A．根据图像可知，甲队的1号队员在时刻先跑完50m把棒交给乙队的2号队员，即甲队在时刻完成第一次交接，故A正确；B．图像斜率的绝对值表示速度大小，斜率的正负表示速度的方向，根据图像可知，时刻甲图像斜率为负值，乙图像斜率为正值，甲图像斜率的绝对值大于乙图像斜率的绝对值，表明时刻速度方向相反，甲队员的速度大于乙队员的速度，即时刻两队队员速度不相等，故B错误；C．时间内，甲图像的斜率先为正值后为负值，表明甲队员的运动有往返过程，乙图斜率一直为正值，表明乙队员做单向直线运动，可知，时间内，甲队通过的路程大于乙队，故C错误；D．结合上述可知，时刻，甲队完成一次交接，乙队未完成交接，即时刻甲队领先，故D错误。故选A。3．丹顶鹤是国家一级保护动物，常在湿地和沿海滩涂出现。甲、乙两只丹顶鹤同时同地出发做直线运动，图像如图所示，乙一直做匀速直线运动，时刻甲恰好追上乙，在时间内下列说法正确的是（）A．甲的平均速度大于B．乙的速度可能等于C．甲的加速度逐渐减小D．甲、乙间距离先增大后减小【答案】D【详解】A．图像与横轴所围的面积表示物体的位移，可知甲的位移因此甲的平均速度小于，故A错误；B．由题意可知甲、乙两只丹顶鹤在时刻位移相等，故因此乙的平均速度小于，故B错误；C．图像的斜率反映物体的加速度，由图像可知甲的加速度逐渐增大，故C错误；D．由图像可知，初始时刻丹顶鹤乙的速度大于甲的速度，甲、乙间距离逐渐增大；当甲的速度超过乙后，甲、乙间距离又逐渐减小，故D正确。故选D。4．2025年7月8日至11日，第十二届世界高速铁路大会在北京举行。这不仅是一场全球铁路行业的盛会，更是中国高铁发展成就的集中展示。某同学乘坐动车时，利用加速度传感器测量动车的加速度a随时间t的变化关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，14s时达到最大加速度，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度g取，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（）A．14s时动车的速度大小为2m/sB．动车做匀加速直线运动的时间为138sC．匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1ND．匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J【答案】A【详解】A．在加速度a随时间t的变化关系图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，6s时动车由静止开始加速，则14s时动车的速度大小为，A正确；B．动车的最大速度，做匀加速直线运动的时间为，B错误；C．在匀加速直线运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得支持力桌板对物体的作用力大小为，C错误；D．在匀加速直线运动过程中，物体运动的位移为桌板对物体做的功为，D错误。故选A。5．某医用智能机器人沿直线运动，其位移x随时间t变化的图像如图所示，在20~28s内图线为直线，下列说法正确的是（）A．机器人在0~36s内的位移为0B．机器人在24s末的速度大小为0.25m/sC．8~28s内，机器人的平均速度大小为0.15m/sD．8~20s内机器人的运动方向保持不变【答案】C【详解】A．0时刻机器人在处，36s时在处，总位移为，故A错误；B．题目说明20~28s图线为直线，即这段匀速运动，速度等于斜率：，速度大小为，故B错误；C．8s时机器人在，28s时在，总位移大小，总时间，平均速度大小，故C正确；D．8~14s，x-t斜率为正，速度为正，向正方向运动；20s斜率为负，速度为负，向负方向运动，运动方向发生改变，故D错误。故选C。6．如图所示是一辆汽车通过高速ETC通道运动过程的速度-时间图像，其中t1-t2时间内的图线是一条平行于时间t轴的直线，则汽车在（）A．0-t1时间内速度方向与加速度方向相同B．t1-t2时间内速度的变化率不为零C．0-t1和t2-t3时间内的速度方向相反D．0-t1和t2-t3时间内的速度的变化率方向相反【答案】D【详解】A．时间内，速度为正，图像斜率为负，即加速度为负，速度方向与加速度方向相反，故A错误；B．时间内，图线平行于时间轴，斜率为0，因此加速度（速度变化率）为0，故B错误；C．和时间内，速度始终为正（都在轴上方），速度方向相同，故C错误；D．速度变化率就是加速度，方向由斜率符号决定；斜率为负，速度变化率方向为负；斜率为正，速度变化率方向为正，二者方向相反，故D正确。故选D。7．一质点沿直线运动，其速度随时间变化的关系图像恰好是与坐标轴相切的圆弧，如图所示。则质点在4s时的加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】速度-时间图像中斜率表示加速度，在图像中作t=4s时对应点的切线PQ，如图乙所示有即所以结合图形意义可知4s时加速度的大小为。故选B。8．（多选）中国无人机表演技术处于全球领先地位，2025年6月以11787架无人机刷新了“最多无人机组成的空中图案”吉尼斯世界纪录。某测试员应用无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图甲为在测试软件中设定的x、y、z轴的正方向，其中z轴沿竖直方向，无人机开始时沿y轴负方向匀速飞行，时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图乙中三个维度的（加速度—时间）图像，可以推断2s~4s的时间内无人机（）A．处于超重状态 B．沿x轴方向一直加速C．沿y轴方向一直加速 D．沿z轴方向减速上升【答案】AC【详解】A．2s~4s，，有竖直向上的加速度，属于超重现象，A正确；B．2s~4s，x轴方向先沿负方向减速到零，再沿正方向加速，B错误；C．2s~4s，沿y轴方向，速度方向与加速度方向始终一致，一直加速，C正确；D．2s~4s，沿z轴方向一直加速，D错误。故选AC。题型02动力学图像9．一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（）A．外力小于摩擦力B．外力等于摩擦力C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同【答案】C【详解】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。故选C。10．如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（）A．t＝0时，A物体的加速度为2m/s2B．t＝2s时，A、B开始分离C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3ND．A、B开始分离时的速度为1m/s【答案】D【详解】由图可得两个力随时间的关系：，A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力根据牛顿第二定律可得因此整体加速度，分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为。A．时A的加速度等于整体加速度，，A错误；B．A、B刚好分离的条件是相互作用力，研究B物体，根据牛顿第二定律解得，即时开始分离，B错误；C．时，设A、B间相互作用力为，研究B物体，根据牛顿第二定律：解得，C错误；D．分离前A、B做匀加速直线运动，，D正确。故选D。11．甲、乙两球质量分别为、，从同一地点（足够高）处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小仅与球的速率成正比，与球的质量无关，即（为正的常量）两球的图像如图所示。落地前，经时间甲、乙两球的速度都已分别达到各自的稳定值、。则下列判断正确的是（）A．释放瞬间甲球加速度较大B．C．甲球质量大于乙球D．时间内两球下落的高度相等【答案】C【详解】A．释放瞬间，因此空气阻力，两球均只受重力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间两球的加速度均为重力加速度，故A错误；B．由图可知两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时则即，故B错误；C．因由题图可得，所以甲球质量大于乙球，故C正确；D．图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，时间内两球下落的高度不相等，故D错误。故选C。12．（多选）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）A．B．C．D．在时间段物块与木板加速度相等【答案】CD【详解】A．图（c）可知，t1时物块木板一起刚从水平滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误；BC．图（c）可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得，B错误C正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选CD。13．（多选）如图（a）所示，在倾角为37°足够长的固定斜面上有一质量为1kg的物体。现对物体施加一方向沿斜面向上的拉力F，力的大小随时间t的变化关系如图（b）所示，t=4s时撤去该拉力；物体沿斜面向上运动过程中的v—t图如图（c）所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则该物体（

）A．所受最大静摩擦力大小为10N B．与斜面间的动摩擦因数为0.5C．撤去F时的速度大小为10m/s D．撤去F后经过1.5s速度变为0【答案】BC【详解】AB．由的受力分析可知从可得时物体开始运动，此时拉力为，代入数据可得最大静摩擦力为结合解得，故A错误、B正确；C．分析，由动量定理可得内为图所围成的面积，即代入数据得，故C正确；D．撤去拉力后，由牛顿第二定律可得解得结合运动学规律则有解得，即经过速度变为0，故D错误。故选BC。14．（多选）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（）A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面【答案】AB【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确；B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确；C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得时飞行器升力大小为，故C错误；D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有解得，故D错误。故选AB。15．（多选）如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为。现用恒定的向上拉，使两物体开始向上运动。在分离前，的加速度随位移变化如图乙所示。当物体运动位移为时，与分离。重力加速度为，下列说法正确的是（）A．B物体的质量为B．弹簧的劲度系数等于C．作用后瞬间，对的压力大小为D．和分离后，还能继续上升【答案】CD【详解】A．设B物体的质量为，F未作用时，对AB整体分析，根据平衡条件有由图乙可知，当F作用瞬间，AB整体的加速度大小为对AB整体分析，根据牛顿第二定律有又代入解得，故A错误；B．AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B物体，根据牛顿第二定律有对A物体，根据牛顿第二定律有又联立解得，，故B错误；C．F作用瞬间，对B物体分析，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知F作用瞬间，对的压力大小为，故C正确；D．从F作用到AB分离过程，根据运动学公式可知图像与轴围成的面积表示，且当物体运动位移为时加速度大小为又AB开始运动的初速度为零，则有解得AB分离时的速度AB分离后，对B物体，根据动能定理有解得即和分离后，还能继续上升，故D正确。故选CD。题型03曲线运动中的图像16．如图所示，把一小球以初速度水平向右抛出，P点为轨迹上任意一点，为该点处轨迹切线与水平方向的夹角，x表示小球运动水平位移的大小，空气阻力忽略不计。则下列图线关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】由题意，小球在P点时竖直和水平方向的分速度满足可知图像为过原点倾斜向上的直线，故选B。17．如图所示，杆AB和CD固连成“T”形支架，AB沿水平方向，CD沿竖直方向，小球P套在AB杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD上，使整个装置以CD杆为轴以不同的角速度ω匀速转动。若杆对小球的弹力大小为，下列图像能正确反映与关系的是（）A．B．C． D．【答案】C【详解】设小球质量为，细绳与杆AB的夹角为，小球P与杆CD的距离为，细绳水平方向的拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，满足解得细绳拉力大小故细绳拉力的竖直分量为可知杆AB的弹力满足解得可知与关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于处。故选C。18．可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱一起在竖直面内做速度大小为v的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，其水平分量为。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，随时间t变化的关系图像可能是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】游客做匀速圆周运动，设角速度为ω，则经过时间t后，转过的角度为ωt。此时速度方向与水平方向的夹角为ωt，因此水平分量为因此随时间t按余弦规律变化，可知D选项符合题意。故选D。19．如图甲所示为某离心分离装置示意图，水平转台可在电机的带动下绕过圆心的竖直轴转动。开始时将质量为1kg的物块静置于转台上，物块到转台圆心O的距离为1m，时刻启动电机，转台由静止开始加速转动，其角速度与时间关系图像如图乙所示，物块与转台间的动摩擦因数，重力加速度，则物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为（）A． B．1s C． D．【答案】C【详解】由图乙结合可知，物块随转台加速转动时的线速度大小变化情况为则物块沿切向方向的加速度大小为根据牛顿第二定律可得，物块沿切向方向的静摩擦力大小为则物块指向圆心的最大静摩擦力大小为当物块受的摩擦力为最大静摩擦力时，物块能随转台一起转动达到最大的角速度，此时根据牛顿第二定律可得解得由乙图可知，此时物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为。故选C。20．辽宁国家级非物质文化遗产“金州龙舞”表演中，舞者操控的龙珠在0~时间内同时参与水平和竖直方向的运动，其水平、竖直方向的分速度随时间变化图像分别如图甲、乙所示，这段时间内龙珠的运动轨迹可能是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】根据加速度方向指向轨迹凹侧的规律，龙珠水平方向匀速，合加速度由竖直方向决定，前半段加速度竖直向上，后半段加速度竖直向下。故选C。题型04电场中的图像21．空间存在沿x轴分布的电场线，一带负电粒子在处由静止释放，仅在电场力作用下运动到x0，其电势能Ep随x变化如图。规定x轴正方向为正，则电场中x轴上的电势、电场强度E、带电粒子加速度a、动能Ek随位置坐标x变化图线正确的（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】D．根据图像可知随x变化的函数为（）令粒子电荷量大小为q，由于则有结合上述可知即图像为一条过原点的倾斜直线，斜率为正值，故D正确；A．根据电场力做功与电势能的变化之间的关系有则有可知图像斜率的绝对值表示电场力，根据图像可知图像斜率为一定值，可知，该电场为匀强电场，电场强度为一个定值，图像为一条平行于x轴的直线，故A错误；B．根据上述，电场为匀强电场，根据牛顿第二定律可知，粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动，加速度为一个定值，方向与规定正方向相同，可知为正方向上的一条平行于x轴方向的直线，故B错误；C．根据动能定理有则有根据上述，电场是匀强电场，则图像是一条倾斜直线，斜率为正值，故C错误。故选D。22．真空中存在着平行轴方向的电场，轴上各点的电势随位置变化的关系图像如图所示。一个带负电的粒子从处由静止释放，不计粒子重力，则下列说法正确的是（）A．处的电势为零，电场强度大小也为零B．处的电场强度大于处的电场强度C．粒子沿轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小D．粒子沿轴正向运动的最远位置处坐标为【答案】D【详解】A．由图像可知，处的电势为零，在图像中斜率表示电场强度的大小，可知其电场强度大小不为0，故A错误；B．在图像中斜率表示电场强度，由图像可知正半轴的电场强度大小为，沿x轴正方向电势降低，所以电场强度方向沿x轴正向，和两个位置电场强度相同，故B错误；C．带负电的粒子从处由静止释放向x轴正方向运动，运动过程中电势先增加后减小，设负电粒子的带电荷量大小为q，根据公式可知电势能是先减小后增加的，故C错误；D．粒子沿轴正方向运动到最远处时速度为零，根据动能定理，有粒子最远能运动到电势大小与处相同的位置，根据图像可知此点坐标为，故D正确。故选D。23．两个电荷量相同的负电荷固定在水平面上的、两点，点是两个点电荷连线的中点，、两点分别位于点电荷的连线以及中垂线上，如图所示。在点静止释放一带负电的试探电荷1，在点静止释放一带正电的试探电荷2，二者仅在、电荷电场力的作用下运动，是各试探电荷发生的位移，是电荷1的速度，是电荷2的加速度，是电荷1所经过处的电势，是电荷2的电势能。设无穷远处的电势为零，则下面关于电荷1、2运动过程的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】A．点处的负电荷会做往复的周期运动，在点处速度最大，场强为0，故加速度应当也为0，（尽管并非图，但速度峰值处同样斜率应为0）A错误；C．在连线上电势分布点最高，两侧变低，但点电势并不为0，C错误；BD．点处的电荷同样会做关于点对称的往复运动，因中垂线上Ｏ点两侧均存在一个场强最大的位置，则根据其初始点的位置有两种可能性：到点前场强不断变小，到点前场强先变大后变小，图像的斜率等于Eq，则D选项对应的是第二种情况；无论是哪一种，其运动过程一定是完全对称的，所以图像B错误，D正确。故选D。24．沿空间某直线建立轴，该直线上的静电场方向沿轴，其电场强度随位置变化的图像如图所示，取轴正方向为电场强度正方向。现将一正电荷从轴上点由静止释放，若该电荷仅受电场力。已知，则（）A．N、P两点的电势相等 B．该电荷会在NP两点间往复运动C．由到，该电荷的速度先增大后减小 D．由到，该电荷的加速度先增大后减小【答案】D【详解】A．图像可知电场强度均为正值，可知x轴上电场强度方向均沿x轴正方向，而随着电场线方向电势降低，可知N、P两点的电势不相等，故A错误；BC．由于x轴上电场强度方向均沿x轴正方向，该正电荷受到的电场力方向不变且均沿x轴正方向，可知正电荷从N到P一直做加速运动，故电荷不会在NP两点间往复运动，故BC错误；D．图像可知由N到P过程，电场强度先增大后减小，则正电荷受到的电场力先增大后减小，故该电荷的加速度先增大后减小，故D正确。故选D。25．（多选）如图1所示，一个半径为，均匀带电的圆环水平放置。以圆环圆心为坐标原点，竖直向上为正方向建立轴，则轴上各点的电势与其坐标间的关系图像如图2所示。现将一质量为，电荷量绝对值为的小球自轴上处由静止释放，小球下落至处时加速度恰好为零。已知图线在处切线的斜率绝对值最小，静电力常量为，重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．圆环一定带负电B．圆环带电量的绝对值为C．小球沿轴一直加速且加速度先减小后增大D．小球运动至处时速度大小为【答案】ABD【详解】A．由图2可知，在区间，沿轴正方向电势逐渐增大，故电场强度方向沿轴负方向，圆环带负电，A项正确；B．设圆环带电量为，则圆环单位长度的带电量为，取一段极小的可视为点电荷的圆弧，其带电量为，圆环轴线上距离圆心处的电场强度竖直分量大小为则整个圆环在距离圆心处的电场强度大小为小球在处加速度为零，此时重力与电场力平衡，有将代入的表达式解得，B项正确；C．随着小球下落，在区间小球所受电场力向上且增大，在区间小球所受电场力向上且减小，在区间小球所受电场力向下且增大，在区间小球所受电场力向下且减小，而所受合力始终向下，所以小球一直做加速运动，但加速度是先减小后增大再减小，C项错误；D．由图2可知，小球由运动至，电场力做功由动能定理可得即可解得小球运动至处时速度大小为，D项正确。故选ABD。题型05电路中的图像26．对某品牌的直流蓄电池进行测试，测试过程中系统输出的图像如图所示，其中P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是（）A．该蓄电池的电动势为 B．该蓄电池的内阻为C．该蓄电池输出的最大功率为 D．该蓄电池的短路电流为【答案】C【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律，有电源的输出功率联立并整理得知图像的斜率为E，纵截距的绝对值为r，结合题中图像解得电动势，内阻，故AB错误；C．当外电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大，即，故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律，有，解得短路电流，故D错误。故选C。27．一种新型环保电源的输出电压与输出电流的关系如图所示。该电源的电动势恒定不变，但内阻随电流变化。现将该电源与一个阻值可连续调节（调节范围足够大）的电阻串联，构成闭合电路。下列说法正确的是（）A．在任意电流时，电源内阻值等于该点图线切线斜率的绝对值B．当回路电流从零逐渐增大时，电源内阻随之减小C．当回路电流从零逐渐增大时，所串联的可调电阻的阻值增大D．当回路电流从零逐渐增大时，电源的输出功率先增大后减小【答案】D【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律有在任意电流时，电源内阻值等于该点与y轴上的点（0，E）连线的斜率的绝对值，从图像可以看出，当电流I从零逐渐增大时，该连线的倾斜程度越来越大，即斜率的绝对值越来越大，所以电源的内阻随之增大，故AB错误；C．所串联的可调电阻为外电路电阻，其阻值其大小等于图像上的点与坐标原点连线的斜率。从图像可以看出，当电流I从零逐渐增大时，该连线的斜率是逐渐减小的。因此，所串联的可调电阻的阻值减小，故C错误；D．电源的输出功率。从图像可知，当电流为0时，输出功率为0；当电流最大时，输出电压为0，输出功率为0。在中间过程中，电流和电压均不为零。因此，当回路电流从零逐渐增大时，电源的输出功率必然经历一个从0开始增大，达到一个最大值，然后再减小的过程。故D正确。故选D。28．有甲、乙两个电源，其路端电压与通过电源的电流的关系图像如图所示。将一个的定值电阻分别与甲、乙电源的两极相接，下列说法正确的是（）A．接电源甲时，电路的总功率较大 B．接电源乙时，定值电阻消耗的功率较大C．接电源甲时，电源的效率较高 D．接电源乙时，路端电压较小【答案】B【详解】A．由图可知，在路端电压和电流的图像中，图像在纵轴上的截距代表电动势，斜率代表内阻即，，根据闭合电路欧姆定律，接电源甲时干路电流为接电源乙时干路电流为接电源甲时，电路的总功率为接电源乙时，电路的总功率为故接电源甲时，电路的总功率较小，故A错误；B．接电源甲时，定值电阻消耗的功率为接电源乙时，定值电阻消耗的功率为可见，接电源甲时，定值电阻消耗的功率较小，故B正确；D．接电源甲时，路端电压为接电源乙时，路端电压为接电源乙时，路端电压较大，故D错误；C．接电源甲时，电源的效率为接电源乙时，电源的效率为接电源甲时，电源的效率较高，故C错误。故选B。29．如图甲所示的电路中，定值电阻。白炽灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。电源电动势，内阻不计。当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为，则开关闭合后，灯泡消耗的实际功率约为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为，即电压电流的乘积为24W，根据乙图可知，电压为，电流为，根据闭合电路欧姆定律解得据题意，定值电阻，故开关闭合后，电源和、构成一个新电源，此新电源电动势和内阻分别为此新电源短路电流为图中画出此新电源的图像，图像与白炽灯泡的伏安特性曲线交点即为灯泡的电压电流，分别为，灯泡消耗的实际功率故选C。30．（多选）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，按照如图1、2所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：①表示图1中变阻器的功率变化规律；②表示图2中变阻器的功率变化规律。在滑动变阻器的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是（）A． B．C． D．【答案】BC【详解】图1中，滑动变阻器的功率为由数学知识可知，当时，功率最大，又有可知此时功率最大，最大功率为图2中，把和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为等效内阻为则滑动变阻器的功率为由数学知识可知，当功率最大，此时最大功率为综上所述，图1中和图2中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图1中滑动变阻器的电阻较大，且图1中的最大功率较大，故选BC。题型06线框进出磁场的图像31．如图所示，将一根阻值为R的均匀导线围成半径为L、圆心角为的扇形导线框OMN，圆心O置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于导线框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B。从图示时刻开始，导线框绕O点以角速度ω逆时针匀速转动，规定顺时针为线框电流的正方向，则导线框转动一周的过程中，下面四幅图中能正确表示i—t关系的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】从图示位置开始，经历时间即在时间内穿过导线框的磁通量始终为0，导线框中没有感应电流；之后的时间内，即在时间内，导线框ON边切割磁感线，产生的感应电动势为则感应电流为，根据右手定则可知，该感应电流方向沿逆时针，为负值；之后的时间，即在时间内，穿过导线框的磁通量不变，导线框中没有感应电流；之后的时间内，即在时间内，导线框OM边切割磁感线，产生的感应电动势为则感应电流为，根据右手定则可知，该感应电流方向沿顺时针，为正值；之后的时间，即在时间内，穿过导线框的磁通量始终为0，导线框中没有感应电流；之后的时间内，即在时间内，导线框ON边切割磁感线，产生的感应电动势为则感应电流为，根据右手定则可知，该感应电流方向沿逆时针，为负值；之后的时间，即在时间内，穿过导线框的磁通量不变，导线框中没有感应电流；之后的时间内，即在时间内，导线框OM边切割磁感线，产生的感应电动势为则感应电流为，根据右手定则可知，该感应电流方向沿顺时针，为正值。综上所述可知，只有第一个选项中的图像满足要求。故选A。32．如图所示，正六边形线框边长为，放置在绝缘平面上，线框右侧有一宽度为的匀强磁场区域，、为磁场边界线，，线框以垂直方向的速度匀速向右运动。设线框中感应电流为，磁场对线框的安培力为。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向。线框点进入磁场时开始计时，下列图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】第一步：判断进磁场过程线框中电流方向线框进磁场过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向。第二步：按阶段划分线框运动过程开始计时后，在时刻，线框点到磁场左边界的距离［提示：由选项可知］。当时，线框的有效切割长度感应电动势又线框电阻不变，则回路中的感应电流随时间均匀增大，线框所受安培力方向水平向左，安培力与时间的关系图像是过原点，开口向上的抛物线。当时，线框的有效切割长度不变，为，感应电动势不变，感应电流不变，为沿逆时针方向，安培力大小不变，为，方向水平向左。当时，线框的有效切割长度感应电动势线框中电流随时间均匀减小，沿逆时针方向，线框所受安培力方向水平向左，安培力与时间的关系图像是顶点坐标为、开口向上的抛物线。分析可知，线框出磁场过程的电流时间图线与进磁场过程的电流时间图线关于点中心对称，线框出磁场过程的安培力时间图线与进磁场过程的安培力时间图线关于对称，综上所述。故选D。33．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上。现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电流I的大小、感应电动势E的大小、外力F的大小以及外力功率P的大小随位移的变化规律正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设，磁感应强度为，导体框的速度为v。A．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框中的感应电流为可知与成正比，图像是一条过原点的倾斜直线；当时感应电流的最大值为当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框中的感应电流为可知与成正比，图像是一条倾斜的直线；当时感应电流的最大值为导体框向右运动的位移在2d~3d的过程中，导体框中的感应电流为可知与成正比，图像是一条倾斜直线；当时感应电流的最大值为，故A错误；B．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，从0开始向右移动的位移为，根据几何关系可得有效长度导体框产生的感应电动势为可知与成正比，图像是一条过原点的倾斜直线；当时感应电动势的最大值为导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，从d开始向右移动的位移为，根据几何关系可得线框在左边磁场的有效长度为产生的感应电动势大小为根据几何关系，可得线框在右边磁场的有效长度为产生的感应电动势大小为根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增强，则总的电动势为可知与成正比，图像是一条的倾斜直线；当时感应电动势的最大值为导体框向右运动的位移在2d~3d的过程中，从2d开始向右移动的位移，根据几何关系可得线框的有效长度为导体框产生的感应电动势为可知与成正比，图像是一条倾斜的直线；当时感应电动势的最大值为，故B正确；C．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框所受的安培力大小为由力的平衡条件得外力的大小为可知与成正比，图像是一条过原点的开口向上的曲线；当时外力的最大值为当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框所受的安培力大小为由力的平衡条件得外力的大小为可知与成正比，图像是一条过开口向上的曲线；当时外力的最大值为导体框向右运动的位移在2d~3d的过程中，导体框所受的安培力大小为由力的平衡条件得外力的大小为可知与成正比，图像是一条曲线；当时外力的最大值为，故C错误；D．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，外力F的功率为可知与成正比，图像是一条过原点的抛物线；当时外力的功率最大值为当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，力F的功率为可知与成正比，图像是一条抛物线；当时外力的功率最大值为导体框向右运动的位移在2d~3d的过程中，外力F的功率为可知与成正比，图像是一条过原点的抛物线；当时外力的功率最大值为，故D错误。故选B。34．（多选）如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均匀的正方形导线框abcd（其电阻为R）以足够大的初速度从左边界沿x轴正方向进入磁场。时，bc边与虚线重合，设线框的位移为x，速度为v，电流为I，受到的安培力为F，ad边两端的电势差为，通过导线横截面的电荷量为q。在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【详解】A．设线框的初速度为，边长为，磁感应强度为，线框进入磁场过程，根据，解得根据动量定理有解得可知线框进入磁场的过程，随均匀减小，随均匀减小，线框完全进入磁场后突变为0，故A错误；C．根据可知，线框进入磁场的过程随均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，突变为0，故C正确；B．根据，可知图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误；D．线框进入磁场的过程中可知是一条倾斜向下的直线；完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则，故D正确。故选CD。1．有一半径为R，截面积不计的橡胶圆环，环内均匀固定一定数量的同种电荷，每个电荷电量大小为q。让圆环以垂直环面且过圆心的直线为轴开始转动，其图像如图。已知之前为正弦式图像，t0之后角速度大小恒定为，此时圆环上的等效电流为I。下列说法正确的是（）A．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波B．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波C．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波D．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波【答案】A【详解】t0之后，圆环转动的周期为电流为联立，解得t0之前为正弦式图像，则圆环转动的周期也随时间周期性变化，则产生的电流也随时间周期性变化，产生的磁场也随时间周期性变化，故圆环能够产生电磁波。故选A。2．某地开通无人机医疗物资应急配送工作。如图所示为某次任务中，无人机在竖直方向运动的图像。若配送物资质量为2.0kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，不计空气阻力，。下列说法正确的是（）A．无人机在1~2s内处于失重状态B．在此过程中无人机上升的最大高度为4mC．无人机在第1s内和第4s内的加速度大小相等D．在1s末配送物资所受无人机的拉力大于其自身重力【答案】D【详解】AD．根据图像，可知无人机在1~2s内竖直向上做加速度运动，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律有可得，故A错误，D正确；B．根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可知4s时无人机运动至最高点，则在此过程中无人机上升的最大高度为，故B错误；C．根据图像的斜率绝对值表示加速度的大小，可得第1s内无人机的加速度大小为第4s内无人机的加速度大小为可知，故C错误。故选D。3．某手摇发电机原理简化为题图：正方形导线框abcd在条形匀强磁场中左右往复切割磁感线，从而供电。已知导线框电阻均匀，边长大于磁场宽度。某次导线框向右匀速穿过磁场，以边刚进入磁场时为零时刻，则间电势差随时间变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】设正方形导体框的边长为L，磁感应强度为B，运动速度为v，则cd边进入磁场时，产生感应电动势设导体框的总电阻为R，则有当cd边通过磁场的右边界，ab边还未进入磁场时，导体框中磁通量不变，不产生感应电流，此时当ab边进入磁场时，ab边充当电源，此时根据以上计算结果，可判断随时间变化的规律。故选B。4．闪电是由云层中所积累的电荷放电引起的，通常是云层底部带正电荷，云层下方的地面会感应出负电荷，当云层底部与地面间的电场强度增大到时击穿空气，发生短时放电现象，形成闪电。某圆盘形云朵底部与地面的距离，该云朵与地面间的电场强度恰好达到时发生闪电，放电电流随时间变化的简化函数图像如图所示。假设该次放电将云朵所带电荷全部放掉，云朵和地面构成的电容器可视为理想的平行板电容器。下列说法不正确的是（）A．这次放电释放的总电荷量B．这次放电过程中的平均电流C．该等效电容器的电容值D．放电前该电容器存储的电能【答案】D【详解】A．根据可知图像与轴围成面积表示电荷量，则这次放电释放的总电荷量故A正确；B．这次放电过程中的平均电流故B正确；C．云朵和地面的电势差该等效电容器的电容值故C正确；D．放电前该电容器存储的电能故D错误。本题选不正确项，故选D。5．真空中有两个点电荷和分别固定在轴上的和位置处。在它们的连线上，电势与的关系如图所示，已知点电荷的电势公式为（其中为静电力常量，为点电荷电量，为该点到点电荷的距离），点的坐标为，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（）A．两个点电荷为同种电荷B．图中对应的位置C．图中对应的位置D．无法计算电荷量为的试探电荷在轴任意位置受到的电场力【答案】B【详解】A．电势图像在处趋向正无穷，在处趋向负无穷，说明为正电荷，为负电荷，二者为异种电荷，A错误；B．由图可知，，结合电势关系，可得由图可知，C点的电场强度为0，即两电荷在C点产生的电场等大反向，即