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(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)

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(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)

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十)選擇題(共20個(gè)小題,112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m1 kg,初速度v010 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(guò)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,g10 m/s2.下列說(shuō)法中不正確的是()A05 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B在t1 s時(shí)刻,恒力F反向C恒力F大小為10 ND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05 m內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方向是相同的,由圖乙可知,05 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/s210 m/s2.勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:a2 m/s24 m/s2.根據(jù)牛頓第二定律得:Ffma1,F(xiàn)fma2,聯(lián)立兩式解得:F7 N,f3 N,則動(dòng)摩擦因數(shù)為:0.3.物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t1 s1 s即在01 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(shuō)法正確的是()AxAh,aA0BxAh,aA>gCxBh,aB0 DxCh,aC0答案C解析由圖可知,OA段是直線,說(shuō)明O到A的過(guò)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,合力為0,加速度也就為0,由mgkx,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h2,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)在x軸上分布如圖所示,則()Aq1和q2帶有同種電荷Bx1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(wú)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vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示已知v2>v1,則()A0t2時(shí)間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左B0t3時(shí)間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用Ct2時(shí)刻,小物塊離A處的距離達(dá)到最大Dt2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0t2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,t2t3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0t1時(shí)間內(nèi)小物塊向左減速,受向右的摩擦力作用,在t1t2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)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(guò)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g10 m/s2)則下列判斷不正確的是()A物體的質(zhì)量m0.5 kgB物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.40C03 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4 N·sD03 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23 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12 s的時(shí)間內(nèi),物體做勻加速運(yùn)動(dòng),直線的斜率代表加速度的大小,所以a m/s22 m/s2,由牛頓第二定律可得Ffma,所以m0.5 kg,故A項(xiàng)正確;由fFNmg,所以0.4,故B項(xiàng)正確;03 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為mgt6 N·s,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得03 s內(nèi)物體所受合力做的功為mv201 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vt圖象如圖所示,則下列說(shuō)法正確的是()A在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,a的平均速度比b的平均速度小Ba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Ca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(guò)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:agsingcos,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(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得:mghWf00,所以有:Wfmgh,ab兩個(gè)物體質(zhì)量相等,所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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x5d處,正點(diǎn)電荷q(不計(jì)重力)從xd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23C點(diǎn)電荷q從xd處到x4d處的過(guò)程中,在x2d處的電勢(shì)能最小D從xd處到x4d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(guò)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x2d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x2d處合場(chǎng)強(qiáng)為零得:,解得:Q1Q249,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;由前面的分析知:點(diǎn)電荷q從xd處到x4d處的過(guò)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x2d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(guò)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(guò)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:EBLv,感應(yīng)電流為:IL,由圖乙所示圖象可知,01 s與23 s內(nèi)的感應(yīng)電流相等,且是12 s內(nèi)感應(yīng)電流的一半,B、v、R相等,則01 s與23 s內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L相等且是12 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:EBLv,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:qit,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i0,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒受到的安培力:FBiL,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)i0時(shí),F(xiàn)0,a0,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:qit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:qCUCBLv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,Nv2圖象如乙圖所示,下列說(shuō)法正確的是()A當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮锽小球的質(zhì)量為RCv2c時(shí),桿對(duì)小球彈力方向向上D若v22b,則桿對(duì)小球彈力大小為2a答案B解析在最高點(diǎn),若v0,則Nmga;若N0,則mgm,解得g,mR,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;由圖可知:當(dāng)v2<b時(shí),桿對(duì)小球彈力方向向上,當(dāng)v2>b時(shí),桿對(duì)小球彈力方向向下,所以當(dāng)v2c時(shí),桿對(duì)小球彈力方向向下,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;若c2b.則Nmgm,解得Na,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,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,t0時(shí),將帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未接觸極板,則tT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),tT時(shí)速度為零根據(jù)對(duì)稱性可知在tT時(shí)小球的水平位移為零,所以tT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0T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tT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,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為:E×2BL2×BL2×BL2,感應(yīng)電流大小為:iI0;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×2BL2×BL2×BL2,感應(yīng)電流大小為:iI0;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EBL2,感應(yīng)電流大小為iI0;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EBL2,感應(yīng)電流大小為iI0;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.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(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,t0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,tt0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v1v2,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mQgmPg(mQmP)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mPgmQg(mQmP)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<v2,小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知mQgmPg(mQmP)a1,到小物體P減速到與傳送帶速度v1相等后,若最大靜摩擦力大于或等于繩的拉力,繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng),若最大靜摩擦力小于繩的拉力,繼續(xù)向右減速但滑動(dòng)摩擦力方向改向,此時(shí)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為mQgmPg(mQmP)a2,到減速為零后,又反向以a2加速度勻加速向左運(yùn)動(dòng),而a2<a1,故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、B、C三項(xiàng)14截面積S0.5 m2,n100匝的圓形線圈,處在如圖甲所示的磁場(chǎng)內(nèi),磁場(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R3 ,C10 F,線圈電阻r2 ,導(dǎo)線電阻忽略不計(jì),t0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 VB通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流大小為2 AC通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎RaD電容器所帶的電荷量6×105 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:EnnS100×0.2×0.5 V10 V,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流大小為:I A2 A,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;根據(jù)楞次定律可得通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍Rb,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;電容器兩端電壓等于R兩端電壓,UIR2×3 V6 V電容器所帶的電荷量為QCU105×6 C6×105 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mA2 kg,mBmC1 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(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()AB的最大速度為2 m/sB當(dāng)C的速度最大時(shí),A對(duì)地面的壓力為40 NC當(dāng)B和C分離時(shí),A對(duì)地面的壓力為30 ND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Fx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(mBmC)v2,解得:v2 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m3 kg,取g10 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0.2B當(dāng)0<F<4 N時(shí),A、B保持靜止C當(dāng)4 N<F<12 N時(shí),A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)DF>12 N時(shí),A的加速度隨F的增大而增大答案AB解析當(dāng)F12 N時(shí),A、B間開始相對(duì)滑動(dòng),即mAg6 N,解得:0.2,故A項(xiàng)正確;當(dāng)0<F<4 N時(shí),B與地面間的摩擦力逐漸變大,A、B間的摩擦力始終為零,沒有拉動(dòng),A、B保持靜止,故B項(xiàng)正確;當(dāng)4 N<F<12 N時(shí),A、B間的摩擦力開始逐漸變大,B與地面間的摩擦力不變,已經(jīng)拉動(dòng)了,A、B保持相對(duì)靜止,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)F>12 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,01 s時(shí)間內(nèi),B增大,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14 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;01 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FBIL,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14 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)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(shuō)法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取g10 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)CA的質(zhì)量為4 kgDB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,aB4 m/s2,對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律得,aA4 m/s2,F(xiàn)24 N,解得mA4 kg,mB2 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mA1 kg、mB2 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t0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(guò)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()At2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力大小為0.6 NBt2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力為零Ct2.5 s時(shí)刻A對(duì)B的作用力方向向左D從t0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/s21.2 m/s2,分離時(shí):F2fmBa,得:F2fmBa0.3 N2×1.2 N2.7 N,經(jīng)歷時(shí)間:t×2.7 s3 s,根據(jù)位移公式:sat25.4 m,則D項(xiàng)正確;當(dāng)t2 s時(shí),F(xiàn)21.8 N,F(xiàn)2fmBa,得:fmBaF20.6 N,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)t2.5 s時(shí),F(xiàn)22.25 N,F(xiàn)2fm2a,得:fm2aF2>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(shuō)法正確的是()A在t1.5×102 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u22sin100t(V)CRt處溫度升高時(shí),V1表示數(shù)與V2表示數(shù)的比值增大DRt處溫度升高時(shí),V2表示數(shù)與A表示數(shù)的比值不變答案BC解析在t1.5×102 s時(shí)刻,交變電壓最大,穿過(guò)線圈的磁通量的變化率最大,穿過(guò)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:Um22 V,周期0.02 s,角速度是 rad/s100 rad/s,則該交流電電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u22sin100t(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

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