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- 2022-04-12 发布
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课时作业(十五)一、选择题(共19个小题，6、8、9、10、11、12、16、17、18、19为多选，其余为单项选择题)1.(2018·德阳模拟)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的at图、vt图及Pt图(P为物体重力的功率大小)可能正确的是( )答案 C解析 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0，或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；(2)若F2＝mg，则F1b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C项错误；D项，若c＝2b.则N＋mg＝m，解得N＝a，故D项错误．故选B项．3．(2018·南通模拟)如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律F＝kt的垂直于斜面的作用力，v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，可能正确的是( )n答案 A解析 A、C项，物体受重力、F、斜面支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小：f＝μ(F＋mgcosθ)＝μ(kt＋mgcosθ)可知，小球受到的滑动摩擦力越来越大，则小球的合外力：F合＝mgsinθ－f＝mgsinθ－μ(kt＋mgcosθ)根据牛顿第二定律得F合＝ma得a＝gsinθ－μ(t＋gcosθ)可知当mgsinθ>f时，物块受到的合外力均匀减小，方向沿斜面向下，则加速度均匀减小，方向沿斜面向下．当mgsinθ＝f时，合外力为零，加速度为零．当mgsinθ120N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3m/s2，t＝s内人的位移大小x1＝3m，木板的位移大小x2＝3m，C项正确；D项中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D项错误．12．(2015·课标全国Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度答案 ACD解析 向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律，可得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，根据图乙可得a1＝－v0/t1，由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离x＝t1和几何关系sinθ＝H/x；从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，v1＝a2(2t1－t1)．解以上各式，可得斜面的倾角θ＝arcsin，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，A、C项对．根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度H＝xsinθ＝，故D项正确；仅根据速度－时间图像，无法求出物块质量，B项错误．n13.(2018·南关区校级二模)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是( )A．物体的加速度大小为5m/s2B．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的质量为3kgD．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态答案 A解析 A、B、C项，刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx①拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1＋kx－mg＝ma②物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma③代入数据解得m＝2kgk＝500N/m＝5N/cma＝5m/s2故B项错误，C项错误，A项正确；D项，物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故D项错误；故选A项．14．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )n答案 C解析 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理：上滑过程中：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑过程中：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．故C项正确、A、B、D三项错误．15．(2018·洛阳一模)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向成60°角斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是( )答案 D解析 由E＝＝sin60°可知，电动势保持不变，则电路中电流不变；由安培力F＝BtIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，安培力的方向为负，B为正值时，安培力为正值，故D项正确；故选D项．16．(2018·上海二模)如图甲所示，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场．在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其速度与位移的变化关系如图乙所示．下列判断n中正确的是( )A．ab即将离开磁场时，安培力的大小为B．整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为C．ab即将离开磁场时，加速度的大小为－D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m(v22－3v12)答案 BCD解析 A项，ab即将离开时，速度为v1，电动势E＝2BLv1，电流I＝；安培力F＝2BIL＝；故A项错误；B项，整个过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝2BL2；产生的电量q＝·Δt＝＝；故B项正确；C项，ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理得：F(3L－L)＝m(v22－v12)；解得：F＝.设加速度为a，则F安＝BI×2L.I＝，a＝，联立解得：a＝－；故C项正确；D项，ab杆在磁场中发生L位移过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能(即电阻R上产生的电热Q1和金属杆上的电热Q2)，由能量守恒定律得：FL＝mv12＋Q1＋Q2，Q1＝2Q2，联立解得：Q1＝m(v22－3v12)，故D项正确．17.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，n其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是( )答案 BD解析 对棒，由牛顿第二定律，mg－μBLkt＝ma，变形得加速度a＝g－t，则D项正确；当mg>μBLkt，加速度向下，棒做加速度减小的加速运动，当mg<μBLkt，加速度向上，做加速度增大的减速运动，则B项正确．18．(2018·湖北七市联考)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连．棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示．从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)( )答案 AC解析 ab向右运动，切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流方向为从b到a(电流为负值)．根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流i随时间变化图像A可能正确，B项一定错误．在ab切割磁感线运动过程中，由于cd没有进入磁场中，不受安培力作用，在0～t0时间内，绝缘细线中张力F等于零，n在cd进入磁场区域切割磁感线运动时，受到安培力作用，绝缘细线中张力F＝BIl＝＝＝，绝缘细线中张力F随时间变化图像C项图可能正确，D项图一定错误．19．(2018·太原一模)图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化．设线圈的电阻为1.0Ω，则( )A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA答案 BC解析 A项，根据交流电产生的特点，结合图甲可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，所以产生的电动势一定是等于0，故A项错误；B项，根据图像可知，在t＝0.2s时图线甲、乙对应的穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B项正确；C项，由图可知，甲在0.2s内甲是个周期，则：T甲＝×0.2s＝0.16s，而乙是一个周期，则：T乙＝0.2s，由n＝，则甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C项正确；D项，感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω＝0.4×V＝5πV，线圈的电阻为1.0Ω，则甲对应的线圈中交变电流的峰值为5πA．故D项错误．故选B、C两项．
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