新课标2020高考物理二轮复习专题强化训练10物理图象含解析 15页

专题强化训练(十)‎ 选择题(共20个小题，1～12为单选，其余为多项选择题，每题5分，共100分)‎ ‎1．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中不正确的是(　　)‎ A．0～5 m内物块做匀减速直线运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ 答案　C 解析　由题可知，物块开始时在恒力作用下运动，在0～5 m内的运动方向是相同的，由图乙可知，0～5 m内物块做匀减速直线运动，故A项正确；‎ 物块匀减速直线运动的加速度大小为：‎ a1＝＝ m/s2＝10 m/s2.‎ 匀加速直线运动的加速度大小为：‎ a2＝＝ m/s2＝4 m/s2.‎ 根据牛顿第二定律得：‎ F＋f＝ma1，F－f＝ma2，‎ 联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N，‎ 则动摩擦因数为：μ＝＝＝0.3.‎ 物块匀减速直线运动的时间为：‎ t1＝＝ s＝1 s．即在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动，故B、D两项正确，C项错误．本题选择错误的，故选C项．‎ ‎2.如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，‎ 15‎ 接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是(　　)‎ 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　由图可知，OA段是直线，说明O到A的过程中，小球做自由落体运动，小球到达A时，小球的加速度仍然是g，故A、B两项错误；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝，所以B点的坐标为h＋，所以C项正确；取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于h＋2，加速度ac>g，所以D项错误．故选C项．‎ ‎3.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，则(　　)‎ A．q1和q2带有同种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 答案　C 解析　由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，故A 15‎ 项错误；图中曲线斜率大小等于电场强度，x1处的斜率不为零，故x1处的电场强度不为零，故B项错误；负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C项正确；负电荷从x1移到x2，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的电场力减小，故D项错误．故选C项．‎ ‎4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则(　　)‎ A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 C．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 答案　D 解析　0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故A项错误；如图乙知，t2～t3时间内小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故B项错误；在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故C项错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故D项正确．故选D项．‎ ‎5．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示(取g＝10 m/s2)．则下列判断不正确的是(　　)‎ A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40‎ C．0～3 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 N·s 15‎ D．0～3 s内物体所受合力做的功为1 J 答案　C 解析　由速度—时间图象可以知道在2～3 s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得F－f＝ma，所以m＝＝0.5 kg，故A项正确；由f＝μFN＝μmg，所以μ＝＝0.4，故B项正确；0～3 s内物体所受摩擦力的冲量大小为μmgt＝6 N·s，故C项错误；根据动能定理得0～3 s内物体所受合力做的功为mv2－0＝1 J，故D项正确．本题选不正确的，故选C项．‎ ‎6.质量相等的a、b两物体，分别从粗糙斜面上的同一位置由静止下滑，滑到斜面底端时进入粗糙水平面继续滑行一段距离后停下，不计从斜面底端进入水平面时的能量损失．已知两物体运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在整个运动过程中，a的平均速度比b的平均速度小 B．a与斜面间的动摩擦因数比b与斜面间的动摩擦因数大 C．a在水平面上滑行的距离比b在水平面上滑行的距离长 D．在整个运动过程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多 答案　C 解析　由图知a的最大速度为v1，a的平均速度为v1，b的最大速度为v2，b的平均速度为v2，因为v1>v2，所以a的平均速度比b的平均速度大，故A项错误；物体在斜面上运动的加速度为：a＝＝gsinθ－μgcosθ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故B项错误；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始．由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故C项正确；对物块整个运动过程运用动能定理得：mgh－Wf＝0－0，所以有：Wf＝mgh，ab两个物体质量相等，所以在整个运动过程中克服摩擦力做的功一样多，故D项错误．故选C项．‎ ‎7.点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的原点O处和x＝5d处，‎ 15‎ 正点电荷q(不计重力)从x＝d处以初速度v0沿x轴正方向运动，其速率v与在x轴上的位置关系如图所示，则下列判断正确的是(　　)‎ A．点电荷Q1带负电荷、Q2带正电荷 B．点电荷Q1、Q2所带电荷量的绝对值之比为2∶3‎ C．点电荷q从x＝d处到x＝4d处的过程中，在x＝2d处的电势能最小 D．从x＝d处到x＝4d处，电势先增大后减小 答案　D 解析　正点电荷从d到4d的过程，速度先减小后增大，则电场力先做负功后做正功，即从d到2d场强方向向左，从2d到4d场强方向向右，则x＝2d处合场强为零．由上面的分析结合场强的叠加可知点电荷Q1带负电荷、Q2带负电荷，故A项错误；由x＝2d处合场强为零得：＝，解得：Q1∶Q2＝4∶9，故B项错误；由前面的分析知：点电荷q从x＝d处到x＝4d处的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，所以x＝2d处的电势能最大，故C项错误，D项正确．故选D项．‎ ‎8．俄罗斯方块游戏风靡全球，某人根据游戏中的几个形状制作了一些导线框，导线框制作材料粗细、周长、加工方式都相同．让它们以相同的速度水平向右匀速经过右边单边界磁场(如图甲所示)，测得导线框的感应电流如图乙所示，则应该是哪个形状的俄罗斯方块导线框通过磁场(　　)‎ 15‎ 答案　B 解析　设线框切割磁感线的有效长度为L，感应电动势为：E＝BLv，感应电流为：I＝＝L，由图乙所示图象可知，0～1 s与2～3 s内的感应电流相等，且是1～2 s内感应电流的一半，B、v、R相等，则0～1 s与2～3 s内切割磁感线的有效长度L相等且是1～2 s内有效长度的一半，由图示线框可知，B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．‎ ‎9.如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C(电容器不带电)及开关连接．匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动．某时刻将开关S闭合，并开始计时，用v、q、i和a分别表示导体棒的速度、电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度．则图中正确的是(　　)‎ 答案　D 解析　导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLv，开关闭合后导体棒对电容器充电，电容器所带电荷量为：q＝it，电容器两端电压为：U＝＝，电路电流为：i＝＝，整理得：i＝，当电容器两端电压U与导体棒切割磁感线产生的感应电动势E相等时，电路没有电流，即i＝0，故C项错误；导体棒受到的安培力：F＝BiL，由牛顿第二定律得：a＝，解得：a＝，a随t减小，导体棒做减速运动，当i＝0时，F＝0，a＝0，故D项正确；由左手定则可知，导体棒受到的安培力方向与速度方向相反，导体棒先做加速度减小的减速运动，最终导体棒做匀速运动，故A项错误；电容器所带电荷量：q＝it先随时间增大，当导体棒做匀速运动时电容器所带电荷量：q＝CU＝CBLv保持不变，故B项错误．故选D项．‎ ‎10．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，‎ 15‎ 在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，N－v2图象如乙图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．当地的重力加速度大小为 B．小球的质量为R C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a 答案　B 解析　在最高点，若v＝0，则N＝mg＝a；若N＝0，则mg＝m，解得g＝，m＝R，故A项错误，B项正确；由图可知：当v2b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；若c＝2b.则N＋mg＝m，解得N＝a，故D项错误．故选B项．‎ ‎11．如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放，经时间T到达B点，此时速度为v.若在两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球(　　)‎ A．在B点上方 B．恰好到达B点 C．速度大于v D．速度小于v 答案　B 解析　在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，‎ 15‎ 电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动，与不加电场时相同．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零．根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，故A项错误，B项正确；在0～T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t＝T时，小球速度等于v，故C、D两项错误．故选B项．‎ ‎12.半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为B，如图所示．AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i随时间t变化图象可能是(　　)‎ 答案　B 解析　在第一个T内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为：E＝×2BL2ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感应电流大小为：i＝＝＝I0；在第二个T内，感应电流为零；在第三个T内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小为：E＝×2BL2‎ 15‎ ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感应电流大小为：i＝＝＝I0；在第四个T内，感应电流为零；在第五个T内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为E＝BL2ω，感应电流大小为i＝＝I0；在第六个T内，感应电流为零；在第七个T内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小为E＝BL2ω，感应电流大小为i＝＝I0；在第八个T内，感应电流为零，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．‎ ‎13.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)‎ 答案　ABC 解析　若v1＝v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg－μmPg＝(mQ＋mP)a，加速度不变；‎ 若v1>v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μmPg－mQg＝(mQ＋mP)a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故A、B选项可能；‎ 若v112 N时，A的加速度随F的增大而增大 答案　AB 解析　当F＝12 N时，A、B间开始相对滑动，即μmAg＝6 N，解得：μ＝0.2，故A项正确；当012 N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变了，故D项错误．故选A、B两项．‎ ‎17．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流i正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的有(　　)‎ 15‎ 答案　BD 解析　线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由题图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针，负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出1～4 s时间内感应电流的方向，故A项错误，B项正确；0～1 s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4 s时间内安培力F随时间t的变化关系，故C项错误，D项正确．故选B、D两项．‎ ‎18．如图所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)‎ 15‎ A．当F<24 N时，A、B都相对地面静止 B．当F>24 N时，A相对B发生滑动 C．A的质量为4 kg D．B的质量为24 kg 答案　BC 解析　当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F>24 N时，A相对B发生滑动，当F<24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；对B，根据牛顿第二定律得，aB＝＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C项正确，D项错误．故选B、C两项．‎ ‎19．如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且拉力大于0.3 N时，A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　)‎ A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零 C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 答案　AD 15‎ 解析　设t时刻A、B分离，分离之前A、B物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－f＝mBa，得：F2＝f＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，经历时间：t＝×2.7 s＝3 s，根据位移公式：s＝at2＝5.4 m，则D项正确；当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋f＝mBa，得：f＝mBa－F2＝0.6 N，A项正确，B项错误；当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋f＝m2a，得：f＝m2a－F2>0，C项错误．故选A、D两项．‎ ‎20．一不计电阻的矩形导线框，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示．把该交流电接在图乙中理想变压器的a、b两端，Rt为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)‎ A．在t＝1.5×10－2 s时刻，线框平面与磁场方向垂直 B．该交流电电压的瞬时值表达式为u＝22sin100πt(V)‎ C．Rt处温度升高时，V1表示数与V2表示数的比值增大 D．Rt处温度升高时，V2表示数与A表示数的比值不变 答案　BC 解析　在t＝1.5×10－2 s时刻，交变电压最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，穿过该线圈的磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故A项错误；由图知，最大电压：Um＝22 V，周期0.02 s，角速度是ω＝ rad/s＝100π rad/s，则该交流电电压的瞬时值表达式为u＝22sin100πt(V)，故B项正确；Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R两端电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C项正确；Rt处温度升高时，阻值减小，电压表 15‎ V2示数与电流表A示数的比值减小，故D项错误．故选B、C两项．‎ 15‎