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  • 2021-06-02 发布

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

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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

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