（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）

专题强化训练(十)选择题(共20个小题，112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m1 kg，初速度v010 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，g10 m/s2.下列说法中不正确的是()A05 m内物块做匀减速直线运动B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 ND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05 m内的运动方向是相同的，由图乙可知，05 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/s210 m/s2.匀加速直线运动的加速度大小为：a2 m/s24 m/s2.根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2，联立两式解得：F7 N，f3 N，则动摩擦因数为：0.3.物块匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s即在01 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，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()AxAh，aA0BxAh，aAgCxBh，aB0 DxCh，aC0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mgkx，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h2，加速度acg，所以D项错误故选C项3.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示，则()Aq1和q2带有同种电荷Bx1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vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()A0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左B0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用Ct2时刻，小物块离A处的距离达到最大Dt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大答案D解析0t2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，t2t3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0t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1t2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g10 m/s2)则下列判断不正确的是()A物体的质量m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数0.40C03 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 NsD03 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23 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12 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/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得Ffma，所以m0.5 kg，故A项正确；由fFNmg，所以0.4，故B项正确；03 s内物体所受摩擦力的冲量大小为mgt6 Ns，故C项错误；根据动能定理得03 s内物体所受合力做的功为mv201 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vt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Ba与斜面间的动摩擦因数比b与斜面间的动摩擦因数大Ca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v1v2，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：agsingcos，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：mghWf00，所以有：Wfmgh，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x5d处，正点电荷q(不计重力)从xd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23C点电荷q从xd处到x4d处的过程中，在x2d处的电势能最小D从xd处到x4d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x2d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x2d处合场强为零得：，解得：Q1Q249，故B项错误；由前面的分析知：点电荷q从xd处到x4d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x2d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()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：EBLv，感应电流为：IL，由图乙所示图象可知，01 s与23 s内的感应电流相等，且是12 s内感应电流的一半，B、v、R相等，则01 s与23 s内切割磁感线的有效长度L相等且是12 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：EBLv，开关闭合后导体棒对电容器充电，电容器所带电荷量为：qit，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i0，故C项错误；导体棒受到的安培力：FBiL，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i0时，F0，a0，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：qit先随时间增大，当导体棒做匀速运动时电容器所带电荷量：qCUCBLv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，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，Nv2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RCv2c时，杆对小球弹力方向向上D若v22b，则杆对小球弹力大小为2a答案B解析在最高点，若v0，则Nmga；若N0，则mgm，解得g，mR，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v2c时，杆对小球弹力方向向下，故C项错误；若c2b.则Nmgm，解得Na，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，t0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tT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，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，tT时速度为零根据对称性可知在tT时小球的水平位移为零，所以tT时，小球恰好到达B点，故A项错误，B项正确；在0T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以tT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：E2BL2BL2BL2，感应电流大小为：iI0；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：E2BL2BL2BL2，感应电流大小为：iI0；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EBL2，感应电流大小为iI0；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EBL2，感应电流大小为iI0；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，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0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v1v2，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mQgmPg(mQmP)a，加速度不变；若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mPgmQg(mQmP)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v1v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQgmPg(mQmP)a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQgmPg(mQmP)a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2a1，故C项正确，D项错误故选A、B、C三项14截面积S0.5 m2，n100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，已知电路中R3 ，C10 F，线圈电阻r2 ，导线电阻忽略不计，t0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有()A电容器两端电压为10 VB通过电阻R的感应电流大小为2 AC通过电阻R的电流方向为bRaD电容器所带的电荷量6105 C答案BD解析根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：EnnS1000.20.5 V10 V，根据闭合电路的欧姆定律可得通过电阻R的感应电流大小为：I A2 A，故A项错误，B项正确；根据楞次定律可得通过电阻R的电流方向为aRb，故C项错误；电容器两端电压等于R两端电压，UIR23 V6 V电容器所带的电荷量为QCU1056 C6105 C，故D项正确故选B、D两项15如图甲所示，A和B用轻弹簧拴接，A放置在水平地面上，物体C叠放在B上，三者处于静止状态，它们质量分别为mA2 kg，mBmC1 kg.现用力F竖直向下压物体C，使B和C一起缓慢向下移动0.2 m，如图乙所示，图丙为F大小与B下移距离的关系图象，g取10 m/s2.撤去F后，在它们上升过程中，下列说法正确的是()AB的最大速度为2 m/sB当C的速度最大时，A对地面的压力为40 NC当B和C分离时，A对地面的压力为30 ND当B和C分离时，A对地面的压力为40 N答案AB解析Fx图线与x轴所围面积等于F做的功等于4 J，B的速度最大时，A、B没有分离，且此时位置对应初始位置，F做的功全部转化为B和C的动能，即为：W(mBmC)v2，解得：v2 m/s，故A项正确；B、C的速度最大时，加速度为0，弹簧向上弹力等于B、C重力，所以弹簧向下弹力等于B、C重力，即20 N，A对地面压力等于40 N，故B项正确；B、C分离时弹簧处于原长位置，A对地面压力为20 N，故C、D两项错误故选A、B两项16如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m3 kg，取g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A两物块间的动摩擦因数为0.2B当0F4 N时，A、B保持静止C当4 NF12 N时，A的加速度随F的增大而增大答案AB解析当F12 N时，A、B间开始相对滑动，即mAg6 N，解得：0.2，故A项正确；当0F4 N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，没有拉动，A、B保持静止，故B项正确；当4 NF12 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()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，01 s时间内，B增大，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14 s时间内感应电流的方向，故A项错误，B项正确；01 s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力FBIL，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14 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g10 m/s2)()A当F24 N时，A相对B发生滑动CA的质量为4 kgDB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F24 N时，A相对B发生滑动，当F0，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t1.5102 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u22sin100t(V)CRt处温度升高时，V1表示数与V2表示数的比值增大DRt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t1.5102 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：Um22 V，周期0.02 s，角速度是 rad/s100 rad/s，则该交流电电压的瞬时值表达式为u22sin100t(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16