（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）

《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十) 選擇題(共20個(gè)小題，1～12為單選，其余為多項(xiàng)選擇題，每題5分，共100分) 1．如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.下列說法中不正確的是(　　) A．0～5 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．在t＝1 s時(shí)刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 答案　C 解析　由題可知，物塊開始時(shí)在恒力作用下運(yùn)動(dòng)，在0～5 m內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方向是相同的

2、，由圖乙可知，0～5 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確； 物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2. 勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律得： F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N， 則動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3. 物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t1＝＝ s＝1 s．即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B、D兩項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤．本題選擇錯(cuò)誤的，故選C項(xiàng)． 2.如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面

3、上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)．若以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox，小球的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．其中OA段為直線，切于A點(diǎn)的曲線AB和BC都是平滑的曲線，則關(guān)于A、B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的x坐標(biāo)及加速度大小，下列說法正確的是(　　) A．xA＝h，aA＝0　　　 B．xA＝h，aA>g C．xB＝h＋，aB＝0 D．xC＝h＋，aC＝0 答案　C 解析　由圖可知，OA段是直線，說明O到A的過程中，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球到達(dá)A時(shí)，小球的加速度仍然是g，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；B點(diǎn)是速度最大的地方，此時(shí)重力和彈力相等

4、，合力為0，加速度也就為0，由mg＝kx，可知x＝，所以B點(diǎn)的坐標(biāo)為h＋，所以C項(xiàng)正確；取一個(gè)與A點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)為D，由A點(diǎn)到B點(diǎn)的形變量為，由對(duì)稱性得由B到D的形變量也為，故到達(dá)C點(diǎn)時(shí)形變量要大于h＋2，加速度ac>g，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 3.在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示，則(　　) A．q1和q2帶有同種電荷 B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零 C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小 D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大 答案　C 解析　由圖可知：無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，有電勢(shì)為正的地方，故存在正電荷；又有電勢(shì)為負(fù)的地方，故也存在負(fù)電荷，所以

5、q1和q2帶有異種電荷，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；圖中曲線斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度，x1處的斜率不為零，故x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)升高，電勢(shì)能減小，故C項(xiàng)正確；負(fù)電荷從x1移到x2，曲線的斜率減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，所以負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 4．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則(　　) A．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 B

6、．0～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 C．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 D．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大 答案　D 解析　0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，且大小不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；如圖乙知，t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～t1時(shí)間內(nèi)小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2時(shí)間內(nèi)小物塊向右加速運(yùn)動(dòng)，受到向右的摩擦力作用，t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；t2時(shí)刻前小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，之后相對(duì)靜止，則知小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)

7、到最大，故D項(xiàng)正確．故選D項(xiàng)． 5．如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測(cè)到推力F、物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示(取g＝10 m/s2)．則下列判斷不正確的是(　　) A．物體的質(zhì)量m＝0.5 kg B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40 C．0～3 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4 N·s D．0～3 s內(nèi)物體所受合力做的功為1 J 答案　C 解析　由速度—時(shí)間圖象可以知道在2～3 s的時(shí)間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動(dòng)摩擦力的大小為2 N，在1～2 s的時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，直線的斜率代表

8、加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律可得F－f＝ma，所以m＝＝0.5 kg，故A項(xiàng)正確；由f＝μFN＝μmg，所以μ＝＝0.4，故B項(xiàng)正確；0～3 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為μmgt＝6 N·s，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得0～3 s內(nèi)物體所受合力做的功為mv2－0＝1 J，故D項(xiàng)正確．本題選不正確的，故選C項(xiàng)． 6.質(zhì)量相等的a、b兩物體，分別從粗糙斜面上的同一位置由靜止下滑，滑到斜面底端時(shí)進(jìn)入粗糙水平面繼續(xù)滑行一段距離后停下，不計(jì)從斜面底端進(jìn)入水平面時(shí)的能量損失．已知兩物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，a的

9、平均速度比b的平均速度小 B．a(chǎn)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比b與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大 C．a(chǎn)在水平面上滑行的距離比b在水平面上滑行的距離長(zhǎng) D．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多 答案　C 解析　由圖知a的最大速度為v1，a的平均速度為v1，b的最大速度為v2，b的平均速度為v2，因?yàn)関1>v2，所以a的平均速度比b的平均速度大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為：a＝＝gsinθ－μgcosθ，因?yàn)閍的加速度大于b的加速度，所以a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比b的小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；物體在水平面上的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)，a從t1時(shí)刻開始，b從t2時(shí)刻開始．由圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積

10、表示位移可知，a在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移比b在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大，故C項(xiàng)正確；對(duì)物塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgh－Wf＝0－0，所以有：Wf＝mgh，ab兩個(gè)物體質(zhì)量相等，所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功一樣多，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 7.點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的原點(diǎn)O處和x＝5d處，正點(diǎn)電荷q(不計(jì)重力)從x＝d處以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其速率v與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列判斷正確的是(　　) A．點(diǎn)電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶正電荷 B．點(diǎn)電荷Q1、Q2所帶電荷量的絕對(duì)值之比為2∶3 C．點(diǎn)電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，在x＝

11、2d處的電勢(shì)能最小 D．從x＝d處到x＝4d處，電勢(shì)先增大后減小 答案　D 解析　正點(diǎn)電荷從d到4d的過程，速度先減小后增大，則電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，即從d到2d場(chǎng)強(qiáng)方向向左，從2d到4d場(chǎng)強(qiáng)方向向右，則x＝2d處合場(chǎng)強(qiáng)為零．由上面的分析結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知點(diǎn)電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶負(fù)電荷，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由x＝2d處合場(chǎng)強(qiáng)為零得：＝，解得：Q1∶Q2＝4∶9，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由前面的分析知：點(diǎn)電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，所以x＝2d處的電勢(shì)能最大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．故選D項(xiàng)． 8．俄羅斯方塊游戲風(fēng)靡全球，某人根據(jù)游戲中的幾個(gè)形狀制作了

12、一些導(dǎo)線框，導(dǎo)線框制作材料粗細(xì)、周長(zhǎng)、加工方式都相同．讓它們以相同的速度水平向右勻速經(jīng)過右邊單邊界磁場(chǎng)(如圖甲所示)，測(cè)得導(dǎo)線框的感應(yīng)電流如圖乙所示，則應(yīng)該是哪個(gè)形狀的俄羅斯方塊導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)(　　) 答案　B 解析　設(shè)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv，感應(yīng)電流為：I＝＝L，由圖乙所示圖象可知，0～1 s與2～3 s內(nèi)的感應(yīng)電流相等，且是1～2 s內(nèi)感應(yīng)電流的一半，B、v、R相等，則0～1 s與2～3 s內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L相等且是1～2 s內(nèi)有效長(zhǎng)度的一半，由圖示線框可知，B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 9.如圖所示，水平面內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的平行

13、金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌左端用導(dǎo)線與電容器C(電容器不帶電)及開關(guān)連接．勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻將開關(guān)S閉合，并開始計(jì)時(shí)，用v、q、i和a分別表示導(dǎo)體棒的速度、電容器所帶電荷量、導(dǎo)體棒中的電流和導(dǎo)體棒的加速度．則圖中正確的是(　　) 答案　D 解析　導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv，開關(guān)閉合后導(dǎo)體棒對(duì)電容器充電，電容器所帶電荷量為：q＝it，電容器兩端電壓為：U＝＝，電路電流為：i＝＝，整理得：i＝，當(dāng)電容器兩端電壓U與導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E相等時(shí)，電路沒有電流，即i＝0，故C項(xiàng)

14、錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒受到的安培力：F＝BiL，由牛頓第二定律得：a＝，解得：a＝，a隨t減小，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)i＝0時(shí)，F(xiàn)＝0，a＝0，故D項(xiàng)正確；由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向與速度方向相反，導(dǎo)體棒先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電容器所帶電荷量：q＝it先隨時(shí)間增大，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器所帶電荷量：q＝CU＝CBLv保持不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．故選D項(xiàng)． 10．如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿與小球間彈力大小為N，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，N－v2圖象如乙圖所示，下列說法正確的是

15、(　　) A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．小球的質(zhì)量為R C．v2＝c時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向上 D．若v2＝2b，則桿對(duì)小球彈力大小為2a 答案　B 解析　在最高點(diǎn)，若v＝0，則N＝mg＝a；若N＝0，則mg＝m，解得g＝，m＝R，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由圖可知：當(dāng)v2b時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2＝c時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向下，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；若c＝2b.則N＋mg＝m，解得N＝a，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 11．如圖甲所示，M、N為正對(duì)豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點(diǎn)．當(dāng)M、N板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，

16、經(jīng)時(shí)間T到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)速度為v.若在兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時(shí)，將帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中始終未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球(　　) A．在B點(diǎn)上方 B．恰好到達(dá)B點(diǎn) C．速度大于v D．速度小于v 答案　B 解析　在M、N兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力作周期性變化，且電場(chǎng)力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，與不加電場(chǎng)時(shí)相同．在水平方向小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝時(shí)速度為零，接著，沿相反方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝T時(shí)速度為零．根據(jù)對(duì)稱性可知

17、在t＝T時(shí)小球的水平位移為零，所以t＝T時(shí)，小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；在0～T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力做功為零，小球機(jī)械能變化量為零，所以t＝T時(shí)，小球速度等于v，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 12.半徑為L(zhǎng)的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場(chǎng)，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，如圖所示．AEO為八分之一圓導(dǎo)線框，其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖中所示位置開始計(jì)時(shí)，用i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(順時(shí)針方向?yàn)檎?，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化圖象可能是(　　) 答案　B 解析　在第一個(gè)T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，

18、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝×2BL2ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感應(yīng)電流大小為：i＝＝＝I0；在第二個(gè)T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第三個(gè)T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝×2BL2ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感應(yīng)電流大小為：i＝＝＝I0；在第四個(gè)T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第五個(gè)T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BL2ω，感應(yīng)電流大小為i＝＝I0；在第六個(gè)T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第七個(gè)T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BL2ω，感應(yīng)電流大小為i＝＝I0；在第八個(gè)T內(nèi)，感應(yīng)電流為零，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 13.

19、如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)．能正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是(　　) 答案　ABC 解析　若v1＝v2，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對(duì)傳送帶靜止勻速向右運(yùn)動(dòng)，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQg－μmPg＝(mQ＋mP)a，加速度不變； 若v1>v2，小物體P先向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知μm

20、Pg－mQg＝(mQ＋mP)a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故A、B選項(xiàng)可能； 若v1

21、場(chǎng)方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知電路中R＝3 Ω，C＝10 μF，線圈電阻r＝2 Ω，導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直線圈平面向里，則有(　　) A．電容器兩端電壓為10 V B．通過電阻R的感應(yīng)電流大小為2 A C．通過電阻R的電流方向?yàn)閎→R→a D．電容器所帶的電荷量6×10－5 C 答案　BD 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝n＝nS＝100×0.2×0.5 V＝10 V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得通過電阻R的感應(yīng)電流大小為：I＝＝ A＝2 A，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；根據(jù)楞次定律可得通過電阻R的電流方向?yàn)?/p>

22、a→R→b，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；電容器兩端電壓等于R兩端電壓，U＝IR＝2×3 V＝6 V電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝10－5×6 C＝6×10－5 C，故D項(xiàng)正確．故選B、D兩項(xiàng)． 15．如圖甲所示，A和B用輕彈簧拴接，A放置在水平地面上，物體C疊放在B上，三者處于靜止?fàn)顟B(tài)，它們質(zhì)量分別為mA＝2 kg，mB＝mC＝1 kg.現(xiàn)用力F豎直向下壓物體C，使B和C一起緩慢向下移動(dòng)0.2 m，如圖乙所示，圖丙為F大小與B下移距離的關(guān)系圖象，g取10 m/s2.撤去F后，在它們上升過程中，下列說法正確的是(　　) A．B的最大速度為2 m/s B．當(dāng)C的速度最大時(shí)，A對(duì)地面的壓力為40 N C

23、．當(dāng)B和C分離時(shí)，A對(duì)地面的壓力為30 N D．當(dāng)B和C分離時(shí)，A對(duì)地面的壓力為40 N 答案　AB 解析　F－x圖線與x軸所圍面積等于F做的功等于4 J，B的速度最大時(shí)，A、B沒有分離，且此時(shí)位置對(duì)應(yīng)初始位置，F(xiàn)做的功全部轉(zhuǎn)化為B和C的動(dòng)能，即為：W＝(mB＋mC)v2，解得：v＝2 m/s，故A項(xiàng)正確； B、C的速度最大時(shí)，加速度為0，彈簧向上彈力等于B、C重力，所以彈簧向下彈力等于B、C重力，即20 N，A對(duì)地面壓力等于40 N，故B項(xiàng)正確； B、C分離時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)位置，A對(duì)地面壓力為20 N，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、B兩項(xiàng)． 16．如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地

24、面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用，A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示，已知物塊A的質(zhì)量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則(　　) A．兩物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．當(dāng)012 N時(shí)，A的加速度隨F的增大而增大 答案　AB 解析　當(dāng)F＝12 N時(shí)，A、B間開始相對(duì)滑動(dòng)，即μmAg＝6 N，解得：μ＝0.2，故A項(xiàng)正確；當(dāng)0

25、A、B保持靜止，故B項(xiàng)正確；當(dāng)4 N12 N時(shí)，A、B間相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力大小不變了，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、B兩項(xiàng)． 17．如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖象正確的有(　　) 答案　BD 解析　線圈中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨t的變化率．由題圖可知，0～1 s時(shí)間內(nèi)，B

26、增大，Φ增大，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反(感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向外)，由右手定則知感應(yīng)電流是逆時(shí)針，負(fù)值，因磁場(chǎng)均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，同理可判斷出1～4 s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流的方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；0～1 s時(shí)間內(nèi)，ad邊感應(yīng)電流是向下的，ad邊所受的安培力F＝BIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右為正值，由于B隨時(shí)間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時(shí)間t均勻增大，同理可判斷出1～4 s時(shí)間內(nèi)安培力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．故選B、D兩項(xiàng)． 18．如圖所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝

27、0.2，現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右的拉力F，測(cè)得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　) A．當(dāng)F<24 N時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止 B．當(dāng)F>24 N時(shí)，A相對(duì)B發(fā)生滑動(dòng) C．A的質(zhì)量為4 kg D．B的質(zhì)量為24 kg 答案　BC 解析　當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F>24 N時(shí)，A相對(duì)B發(fā)生滑動(dòng)，當(dāng)F<24 N時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得，aB＝＝4 m/s2，對(duì)

28、A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA＝＝4 m/s2，F(xiàn)＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B、C兩項(xiàng)． 19．如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且拉力大于0.3 N時(shí)，A、B將會(huì)分離．t＝0時(shí)刻開始對(duì)物塊A施加一水平推力F1，同時(shí)對(duì)物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運(yùn)動(dòng)情況的分析，正確的是(　　) A．t＝2.0 s時(shí)刻A、B之間作

29、用力大小為0.6 N B．t＝2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力為零 C．t＝2.5 s時(shí)刻A對(duì)B的作用力方向向左 D．從t＝0時(shí)刻到A、B分離，它們運(yùn)動(dòng)的位移為5.4 m 答案　AD 解析　設(shè)t時(shí)刻A、B分離，分離之前A、B物體共同運(yùn)動(dòng)，加速度為a，以整體為研究對(duì)象，則有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，分離時(shí)：F2－f＝mBa，得：F2＝f＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，經(jīng)歷時(shí)間：t＝×2.7 s＝3 s，根據(jù)位移公式：s＝at2＝5.4 m，則D項(xiàng)正確；當(dāng)t＝2 s時(shí)，F(xiàn)2＝1.8 N，F(xiàn)2＋f＝mBa，得：f＝mBa－F2＝0.6 N，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)

30、t＝2.5 s時(shí)，F(xiàn)2＝2.25 N，F(xiàn)2＋f＝m2a，得：f＝m2a－F2>0，C項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、D兩項(xiàng)． 20．一不計(jì)電阻的矩形導(dǎo)線框，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的正弦交流電如圖甲所示．把該交流電接在圖乙中理想變壓器的a、b兩端，Rt為熱敏電阻(溫度升高時(shí)，其電阻減小)，R為定值電阻，電壓表和電流表均為理想電表．下列說法正確的是(　　) A．在t＝1.5×10－2 s時(shí)刻，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直 B．該交流電電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝22sin100πt(V) C．Rt處溫度升高時(shí)，V1表示數(shù)與V2表示數(shù)的比值增大 D．Rt處溫度升高時(shí)，V2表示數(shù)與A表示數(shù)

31、的比值不變 答案　BC 解析　在t＝1.5×10－2 s時(shí)刻，交變電壓最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，穿過該線圈的磁通量為零，線框平面與磁場(chǎng)方向平行，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖知，最大電壓：Um＝22 V，周期0.02 s，角速度是ω＝ rad/s＝100π rad/s，則該交流電電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝22sin100πt(V)，故B項(xiàng)正確；Rt處溫度升高時(shí)，原副線圈電壓比不變，但是V2不是測(cè)量副線圈電壓，Rt溫度升高時(shí)，阻值減小，電流增大，則R兩端電壓增大，所以V2示數(shù)減小，則電壓表V1、V2示數(shù)的比值增大，故C項(xiàng)正確；Rt處溫度升高時(shí)，阻值減小，電壓表V2示數(shù)與電流表A示數(shù)的比值減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B、C兩項(xiàng)． 16