第18讲 物理图像的分析（解析版）

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第18讲 物理图像的分析【方法指导】一、力学中的图像问题1．v－t图象的应用技巧(1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．2．x－t图象的应用技巧(1)图象意义：在x－t图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．(2)注意：在x－t图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向．斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动．二、电学中的图像问题1．φ－x图象(如图所示)(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．(4)在φ－x图象中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场．(5)在φ－x图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．2．E－x图象(1)E－x图象反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．(2)在给定了电场的E－x图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．(3)在这类题目中，还可以由E－x图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．三、电磁感应中的图像问题1. 三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．2．两个方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．四、其他图像问题1．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．2．解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．【例题精析】[例题1]             （2022•浙江模拟）图甲是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其质量为260kg，最大载重为100kg，图乙是该无人机某次在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v﹣t图像，前2s图像为直线，2s末到5s末图像为曲线，曲线两端皆与两侧直线相切，5s后无人机匀速上升，发动机的输出功率等于额定输出功率，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A．前5s上升的高度为19m B．1s末发动机的输出功率为7200W C．2s末到5s末，发动机的输出功率不变 D．2s末到5s末，无人机上升的高度不会超过17m【解答】解：A、由图像面积可知，前2 s上升4 m，2 s末到5 s末上升的高度大于15 m，前5 s上升的高度大于19 m，故A错误；B、1 s时做加速度为a2 m/s2的加速运动，速度v＝at＝2m/s，由牛顿第二定律F﹣mg＝ma，解得F＝m（g+a）＝360×（10+2）N＝4320N，计算出此时发动机功率为p＝Fv＝4320×2W＝8640 W，故B错误；C、根据功率的定义，可以计算得出2 s末发动机的输出功率为p1＝Fv2＝Fat2＝4320×2×2W＝17280 W，5 s末发动机的输出功率为P5＝F′v5＝mgv5＝360×10×6W＝21600 W，即题目所说的额定功率，这段时间发动机的输出功率是变化的，故C错误；D、假设2 s末到5 s末，飞机按最大输出功率即额定功率21600 W工作，由动能定理p，计算可得上升的高度h＝17 m，故2 s末到5 s末，飞机上升的高度不会超过17 m，故D正确。故选：D。[例题2]             （2022•宁波模拟）如图甲所示，一带电量为2×10﹣8C的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek﹣x关系图象如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J，0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（　　）A．该匀强电场的场强为1×107N/C B．弹性绳的劲度系数为5N/m C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5J D．物块会做往复运动，且全过程是简谐运动【解答】解：A、在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有：qEΔx＝ΔEk，图线的斜率绝对值为：k＝qEN＝2N，解得：E＝1×108N/C，故A错误；B、根据图乙可知，物块在0.5m时离开弹簧，物块在0.4m时速度最大，此时弹簧弹力和摩擦力相等，所以物块在平衡位置处弹簧压缩Δx＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，根据胡克定律可得kΔx＝qE，解得：k＝20N/m，故B错误；C、根据能量守恒定律可知，Ep0＝qEΔxm＝2×1.25J＝2.5J，故C正确；D、物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，所以物块不会做简谐运动，故D错误。故选：C。[例题3]             为研究电容器在不同状况下的充电特性，某兴趣小组采用如图甲所示电路，分别用不同的电阻与某一电容器串联进行充电实验，实验得到三次充电中电容器的电荷量q与时间t变化的图像分别如乙图中①②③所示，且第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图像丙所示，用C表示电容器的电容，R表示与电容器串联的电阻阻值，E表示电源的电动势（内阻可忽略），则下列说法正确的是（　　）A．第二次充电时电容器两端的电压U随电荷量q变化的图线比丙图中图线更陡 B．①②两条曲线表示最终q不同是由于R不同而引起的 C．第二次充电过程中t1时刻比t2时刻电流大 D．②③两条曲线形状不同因为R不同引起的，R3大于R2【解答】解：A、因为三次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式可知，同一个电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压U随电荷量q变化的图线斜率与丙图中图线斜率相同，故A错误；B、在电容器充满电荷量时，视为断路，电压为电源电压，所以①②两条曲线表示最终q不同是由于电源电动势不同而引起的，故B错误；C、由电容器电荷量q随时间t变化的图像可知，图线的斜率表示充电电流，斜率越大，充电电流越大，所以第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故C正确；D、②③两条曲线形状不同因为R不同引起的，从图中可以看到同一时刻，图线③的斜率大于图线②的斜率，故R3小于R2，故D错误。故选：C。[例题4]             如图所示，图甲是旋转磁极式交流发电机简化图，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为10匝，内阻不可忽略。产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴OO′（O′O沿水平方向）匀速转动，线圈中的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，电阻R1＝R2＝8Ω．电流表示数为1A．则下列说法不正确的是（　　）A．abcd线圈在图甲所示的面为非中性面 B．发电机产生的电动势的最大值为10V C．电压表的示数为10V D．发电机线圈的电阻为4Ω【解答】解：A、线圈平面与磁场平行，此时线圈平面与中性面垂直，故为非中性面，故A正确；B、线圈转动产生的最大感应电动势为Em＝NBSω＝N∅mω，故B正确；C、副线圈两端的电压由欧姆定律可得：，原副线圈的电压之比与匝数成正比，故联立解得：U1＝8V，故C错误；D、，原副线圈中的电流之比与匝数成反比，则，解得：I1＝0.5A，线圈产生的感应电动势的有效值为E，由E＝U1+I1r得r＝4Ω，故D正确；本题选不正确的故选：C。【强化专练】如图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组成，游客与两段滑梯间的动摩擦因数相同。一游客由静止开始从顶端下滑到底端，若用x、a、E、P分别表示物体下降的位移、加速度、机械能和重力的功率，t表示所用的时间，则下列的图像中正确的是（　　）A． B． C． D．【解答】解：A、游客沿两段轨道都做匀加速运动，第一段：x1，第二段：x2＝vt2，两段位移和时间都是二次函数关系，图像应是抛物线，故A错误；B、第一段倾角为θ：由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝g（sinθ﹣μcosθ），第二段倾角为α：由牛顿第二定律：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得：a2＝g（sinα﹣μcosα），两段加速度都是定值，不随时间变化，故B错误；C、设初始机械能为E0，由能量守恒：E＝E0﹣μmgx1cosθ﹣μmgx2cosα，而x1、x2和时间t都是二次函数关系，图像应是抛物线，故C错误；D、重力的功率，第一段：p1＝mgv1cos（90°﹣θ）＝mgv1sinθ＝mga1 t1sinθ，p1与时间成正比，第二段：p2＝mgv2cos（90°﹣α）＝mg（v1+a2t2）sinα，p2与时间成一次函数关系；故D正确。故选：D。用特殊材料做成的、质量均为m＝0.4kg的A、B两球，套在一根水平光滑直杆上，并将A球固定。以A的位置为坐标原点，杆的位置为x轴，建立坐标系，如图甲所示。两球间存在沿x轴的作用力，且大小随间距的变化而变化。两球之间因受到相互作用力而具有一定的势能，若其间的作用力做正功则势能减少，做负功则势能增加。根据这一规律，测出了其间的势能随位置坐标x的变化规律，如图乙所示。其中图线最低点的横坐标x＝20cm，图线右端的渐近线为虚线a（对应0.28J）。运动中不考虑其它阻力的影响，杆足够长，以下说法错误的是（　　）A．将小球B从x＝8cm处由静止释放后，它开始向x轴正方向运动 B．将小球B从x＝8cm处由静止释放后，它在运动中能达到的最大速度为1m/s C．将小球B从x＝4cm处由静止释放后，它不可能第二次经过x0＝20cm的位置 D．将小球B从x＝12cm处由静止释放后，它仅有一次经过x0＝20cm的位置【解答】解：A、将小球B从x＝8cm处由静止释放后，由图象可知，两球之间存在斥力，球B开始向x轴正方向运动，故A正确。B、将小球B从x＝8cm处由静止释放后，当小球运动到x＝20cm处时，势能最小，加速度最小，速度最大，由能量守恒得，得最大速度为1m/s，故B正确。C、从图中可知，小球在无穷远处的势能与小球在x＝6cm处的势能相等，小球B从x＝4cm处由静止释放后，小球一直向右运动，最后做的是匀速运动，故它不可能第二次经过x0＝20cm的位置，故C正确。D、将小球B从x＝12cm处由静止释放后，小球B将做往复运动，多次经过x0＝20cm的位置，故D错误。本题选错误的，故选：D。如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）A．0～t1过程中，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 B．t1时刻，弹簧形变量为 C．0～t2过程中，拉力F逐渐增大 D．t2时刻，弹簧形变量为0【解答】解：AB、由图知，t1时刻物块A、B开始分离，对物块A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ＝mat1时刻，弹簧形变量为x；t1时刻物块A、B开始分离…①开始时有：2mgsinθ＝kx0…②从开始到t1时刻，弹簧做的功：WT＝Epkx2…③从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WT+WF﹣2mgsinθ（x0﹣x）＝2mv12…④2a（x0﹣x）＝v12…⑤由①②③④⑤解得：WF＝WT，所以拉力F做的功比弹簧做的功少，故A正确、B错误；C、从开始到t1时刻，对物块AB整体分析，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ+2ma﹣kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对物块B由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误；D、t2时刻物块A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx′，则得：x′，故D错误。故选：A。道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（　　）A．汽车压线时，电容器板间距离变小 B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电 C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小 D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C可知，汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为t＝0.325s，则汽车是速度为vm/s≈7.7m/s，故D正确。故选：D。如图所示M、N为处在匀强磁场中的两条位于同一水平面内的平行长导轨，一端串接电阻R，磁场沿竖直方向，ab为金属杆，可在导轨上无摩擦滑动，滑动时始终保持与导轨垂直，杆和导轨的电阻不计，现于导轨平面内沿垂直于ab方向对杆施一水平恒力F，使杆从静止出发向右运动，在以后的过程中，力F冲量的大小I、力F瞬时功率的大小以及力F所做的功的大小随时间t变化的图线，分别对应于图中的哪一条图线？（　　）A．甲、乙和丙 B．甲、乙和丁 C．乙、丙和丁 D．乙、丙和甲【解答】解：力F是恒力，则力F冲量的大小I＝Ft，I与t成正比，I﹣t图像为过原点的直线，对应甲图线；金属杆ab在运动过程中受到的安培力大小为：FA＝BIL，根据牛顿第二定律得：F﹣FA＝ma，得：Fma，可知，随着速度v增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度减为零时做匀速直线运动，力F瞬时功率的大小：P＝Fv，可知，P﹣t图线对应乙图线。设在极短时间△t内金属杆的位移为△x，力F做的功为△W，则△W＝F△x＝Fv•△t，则Fv，故W﹣t图像的斜率表示力F的瞬时功率，可知P﹣t图线对应丙图线，故A正确，BCD错误。故选：A。如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（　　）A． B． C． D．【解答】解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流。导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动。导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小。因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）。当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动。A、当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误。B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零。故B错误。C、导体棒先做加速度减小的变加速运动。由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动。故v﹣t图象是曲线后应是直线。故C错误。D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。故选：D。在x轴的﹣3a和3a两处分别固定两个点电荷QA、QB，图中曲线是两电荷间的电势φ与位置x之间的关系图像，图线的最低点在x＝a处。现在x＝2a处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的正点电荷，该电荷只在电场力作用下运动，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）A．QA、QB可能都是负电荷 B．两固定电荷电量之比为QA：QB＝1：4 C．点电荷q可能运动到x＝﹣2a处 D．点电荷q运动到x＝a处加速度为零【解答】解：A、电势均为正值，说明两个场源电荷均为正电荷，故A错误；B、因在x＝a电场强度为零，即，所以QA：QB＝4：1，故B错误；C、由图知x＝−a处与x＝2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x＝−a处，不可能运动到x＝﹣2a处，故C错误；D、由φ−x图线的斜率表示电场强度的大小可知x＝a处电场强度为零，不受力，由牛顿第二定律，加速度为零，故D正确。故选：D。图（甲）为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝4.0Ω，定值电阻R＝2.0Ω，AB间电压U＝6.0V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在某时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图（乙）所示。则（　　）A．线圈L的直流电阻RL＝4.0Ω B．断开开关后通过电灯的电流方向向右 C．断开开关瞬间能够观察到电灯闪亮一下再熄灭 D．在1.6×10﹣3S时刻线圈L中的感应电动势的大小约为2.4V【解答】解：A、断开开关前通过灯泡的电流I11A，断开开关后，线圈、电阻与灯泡构成闭合回路，同它们的电流相等，断开开关前，通过线圈的电流为1.5A，则R总＝RL+R4Ω，则线圈的直流电阻RL＝R总﹣R＝2Ω，故A错误；B、断开开关前，通过灯泡的电流向右，由楞次定律可知，断开开关后，线圈产生的感应电流向右，则通过灯泡的电流向左，故B错误；C、由图象可知，断开开关后，通过灯泡的电流从1.5A逐渐减小到零，灯泡闪亮一下后逐渐变暗，故C错误；D、由图象可知，在t2＝1.6×10﹣3s时同线圈的电流为0.3A，线圈的自感电动势E＝I（R1+R+RL）＝0.3×（4+2+2）V＝2.4V，故D正确。故选：D。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时，产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如（a）图线①所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如（a）图线②所示，用此线圈给（b）图中匝数比为2：1的理想变压器供电，则（　　）A．t＝0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B．线圈先后两次转速之比为2：3 C．转速调整前，图中电压表的示数为10V D．图线②电动势的瞬时值表达式e＝40sin（πt）V【解答】解：A、根据a图知，t＝0时刻，e＝0，说明磁通量最大而磁通量的变化率为零，此时线圈平面恰好与磁场方向垂直，故A错误。B、a图中，①的周期T1＝0.2s，②的周期T2＝0.3s，由ω知，，故B错误。C、转速调整前，原线圈的电压的有效值U1V＝30V，根据原副线圈电压和匝数关系：，解得：U2＝15V，即转速调整前，图中电压表的示数为15V，故C错误。D、感应电动势最大值Em＝NBSω，转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比，图线①中，Em1＝60V，图线②中，Em2Em1V＝40V，ω2，线圈从中性面开始转动计时，所以图线②电动势的瞬时值表达式e＝40sin（πt）V，故D正确。故选：D。某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（　　）A．O点的电势最高 B．﹣x2点的电势最高 C．若电子从﹣x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零 D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零【解答】解：A、规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A错误；B、由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于﹣x2点与x2点电势相等，那么﹣x2点的电势不是最高，故B错误；C、若电子从﹣x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确；D、若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误；故选：C。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（　　）A．t＝0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B．图线b电动势的瞬时值表达式为e＝40sin（t）V C．线圈先后两次转速之比为2：3 D．转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同【解答】解：A t＝0时刻线圈平面恰好与磁场方向垂直；故A错误，B．由图可知Ta＝0.2s，则ωa10π rad/s，Tb＝0.3s，则ωb rad/s，又可得：Emb＝140V，故图线b电动势的瞬时值表达式为：e＝Embsinωbt＝40sin（πt）V，故B正确；C．由可知线圈先后两次转速之比为3：2，故C错误；D．转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同，故D错误；故选：B。电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态 B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等 C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；D、上升过程中，1s时，加速度am/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。故选：D。（多选）如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7m，PS2＝9m，则（　　）A．质点P的位移不可能为0 B．t＝1.25s时，质点P处于波谷 C．质点P的起振方向沿y轴正方向 D．波源为S2的起振方向沿y轴负方向【解答】解：D.结合波源S2在t＝0.25s时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；C.根据波源S1的振动图象图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为PS1＜PS2由此可知波源波源S1的起振最先传到P点，因此P的起振方向与波源S1的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知λ＝2.0m，T＝0.2s则波速为vm/s＝10m/sP点到两波源的波程差为Δx＝PS2﹣PS1＝9m﹣7m＝2mP点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；B.S1和S2振动传到P的时间分别为t1s＝0.7st2s＝0.9s由此可知，在t＝1.25s时，波源S1在t＝1.25s﹣t1＝1.25s﹣0.7s＝0.55s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t＝1.25s﹣t2＝1.25s﹣0.9s＝0.35s时的振动情况传到P点，此时波源位于波谷，在t＝1.25s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确。故选：BC。如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（　　）A．小球运动的速度一直增大 B．小球先做匀加速运动后做匀速运动 C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比【解答】解：A、小球速度增大到v0后，加速度a变为0，于是速度不再继续增大，故A错误；B、小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；C、剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度a0＜g，故C错误；D、由a﹣v图象，可得a＝kv+a0①由牛顿第二定律，可得mg﹣qE﹣f＝ma，可解出加速度为：ag②比较②式与①式，可知a＝g，kv，即f＝﹣kmv，故D正确。故选：D。