高中物理+高考必刷题易错题-题目+解析版

物物理高中2016201611如图所示为⼀种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站⼈时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为()D当没有站人时，测量仪的空间高度为h0=，U0=kM0，站人时，测量仪中可传播超声波的有效空间高vtv(t0−t)度h=，U=kM，故人的高度为H=h0−h=，人的质量为22m=M−M0=(U−U0)，选项D正确． 2202010如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有⼀个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时，⼀同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()保证此区域完整C根据v=at可得，2=2×t1，所以加速的时间为t1=1s．加速的位移为x1=at2=×2×12=1m．之后匀速运动的时间为s=3.5s．到达关卡2的时间为t2=1+3.5=4.5s小于5s，放行；可以通过，所以可以通过关卡2继续运动．从第2关卡到第3关卡匀速运动时间t3=s=4s，所以到达第3关卡的时刻(从开始运动计时)为从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是，所以到达第4关卡的时刻(从开始运动计时)为关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确．故选C【点评】：本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过程是匀加速直线运动，要先计算出加速运动的时间．320183⼀攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为()Ch=gt2=45m该过程中，攀岩者向上上升的高度：x=vt=1×3=3m此时他离地面的高度约为：H=h+x=45+3=48m≈50m。故ABD错误，C正确。故选C。保证此区域完整石头下落后做自由落体运动，根据h=gt2，不需要考虑声音传播的题意，即可求解下落的距离。本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式列式求解即可。 42019I如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第⼀个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足()B．2<<3C<4D．4<t1<5C采用逆向思维法，把运动员的竖直向上运动视为竖直向下初速度为零的匀加速运动，则=at22，设竖直向下运动高度所用时间为t3，竖直向下运动H高度所用时间为t4，则有=at32，H=at42，t1=t4−t3，联立解得=2+√3，选项C正确．本题考查匀变速直线运动规律． 52018根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处．这⼀现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到⼀个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上拋，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在拋出点东侧D．落地点在拋出点西侧保证此区域完整99DAB．小球在上升过程中，受到水平方向向西的“力”和竖直方向向下的力，当小球运动到最高点时，竖直方向的速度为零，由水平方向上小球受到的“力”与竖直方向的速度大小成正比知，到最高点时小球在水平方向上受到的“力”为零，故水平方向的加速度为零，由于小球在上升过程中水平方向的“力”方向不变，故到最高点时小球在水平方向的速度最大，不为零，选项AB错误；CD．小球在下落过程中，受到水平方向向东的“力”，则小球在水平方向上做减速运动，由对称性知，小球落回地面时水平方向的速度为零，故小球落在抛出点的西侧，选项C错误，D正确．故选D【命题意图】：本题考查运动的合成与分解． 62015甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图所示，下列表述正确的是()BB保证此区域完整移-时间图像的斜率大于乙对应图像的斜率，因此甲的速度大于乙的速度；且二者均为直线段，加速度均为零，故A项错误，B项正确；D项，0.8小时内甲的路程为15km，乙的路程为11km，两者不相等，故D项错误；综上所述，本题正确答案为B． 72015⼀摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v−t图像如图所示．求：(1)摩托车在0~20s这段时间的加速度大小a；(2)摩托车在0~75s这段时间的平均速度大小．(1)vt−v0加速度a=t由v−t图像并代入数据得a=1.5m/s2(2)=20m/s设20s时速度为vm，0~20s的位移s1=t145~75s的位移s3=t30~75s这段时间的总位移s=s1+s2+s30~75s这段时间的平均速度=代入数据，得=20m/s保证此区域完整2016201688⼀轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为()mNDNmD弹簧伸长的长度为：x=2cm=0.02m，弹簧的弹力为F=4N，根据胡克定律F=kx得： 92015如图，⼀质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其⼀面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该FSvvS风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同⼀材料做成的另⼀正方体物块，则该物块的质量为()D滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：F=fN=mg其中：F=kSv2=ka2v2fμN=μmg=μρa3g解得： a=现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍．故选D保证此区域完整【分析】：物块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比． 102018明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．⼀游僧见之日：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜⼀侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加⼀力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则()A．若F⼀定，θ大时FN大B．若F⼀定，θ小时FN大C．若θ⼀定，F大时FN大D．若θ⼀定，F小时FN大BC力的分解如图所示，FN==．NABCDFFN越大，选项D错误，C正确．故选BC本题结合我国的传统文化，考查力的分解． 112019质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()保证此区域完整A．F逐渐变大，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小A以结点O为研究对象受力分析如下图所示：在结点为O被缓慢拉动过程中，F和T均变大，故A正确，BCD错误．故选A方法二:或者根据拉密定理可得：==，在左移过程中，α增大(钝角)，G不变，故比值增大；γ不变，则T增大；β减小(钝角)，则F增大，综上A选项正确．故选A 122019端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45∘．已知M始终保持静止，则在此过程中()保证此区域完整A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小⼀定⼀直增加C．M所受斜面的摩擦力大小⼀定⼀直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加BDAB．根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如图所示：在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，B正确；时，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大；也可能是T=mgsinθ+f，当T不断增大的时候，摩擦力f增大，故C错误，D正确．故选BD132016II13质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示，用T表示OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A．F逐渐变大，T逐渐变大C．F逐渐变小，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小D．F逐渐变小，T逐渐变小A保证此区域完整A．B．A．B．故选A． 142016III如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的⼀段固定圆弧上：⼀细线穿过两轻环，其两端各系⼀质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂⼀小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()m mC保证此区域完整A．B．A．B．OOabR，所以三角形Oab为等边三角形，根据几何aOb的拉力相等，故T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用两力大C故选C 1520201细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()TsinαTTsinαTcosαCFTsinC，ABD错误．故选C保证此区域完整2020III2020III1616如图，悬挂甲物体的细线拴牢在⼀不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的⼀端固定在墙上，另⼀端通过光滑B如图所示，甲、乙两物体的质量相等，所以FT甲=FT乙，所以连接墙的细绳的延长线是力FT甲和力FT乙错误．故选B 1720203块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在⼀定范b)A．绳OO′的张力也在⼀定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在⼀定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在⼀定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在⼀定范围内变化保证此区域完整BDAC．由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故AC均错误；Bb平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在⼀定范围内变化，故B正确；由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在⼀定范围内发生变化，故D正确．故选BD 182017II如图，⼀物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60∘角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为()2−√3√36保证此区域完整C当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图：FNmgFsinfmgFsinf=F，代入数据为：μmg=μ(mg−F)，联立可得：μ=，故C正确．故选C． 192019II物块在轻绳的拉动下沿倾角为30∘的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为()A保证此区域完整kg，选项A正确．本题考查受力分析． 202016如图，在水平桌面上放置⼀斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则()A．f1=0，f2≠0，f3≠0Bf，f2=0，f3=0Cfff0C对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力，f1≠0；再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力，f3=0；故只有C正确，ABD错误；故选C。 2120209中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F．若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()C保证此区域完整设每节车厢的质量为m0，每节车厢受到的摩擦力和空气阻力的合力为f，列车运动的加速度为a，以后38得F′−2f=2m0a，解得F′=，故C正确，ABD错误．故选C【分析】：把第3节到第40节车厢看成⼀个整体，应用牛顿第二定律列方程；把最后两节车厢看成⼀个整体，应用牛顿第二定律列方程求解即可．【点评】：本题以中欧运送防疫物资的班列为背景考查匀变速直线运动中应用牛顿第二定律求解力的问题，很好地体现了新高考的鲜明的时代特色，表明了中国的科技进步，能够激发学生的学习积极性和爱国热情． 222019如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接．两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加⼀水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为()D对整体，根据牛顿第二定律得：F−μ×3mg=3ma，再对P，根据牛顿第二定律得：T−μmg=ma，联立解得轻绳的张力大小为：T=F，故ABC错误，D正确．故选D与地面是否有摩擦无关． 232020⼀碗水置于火车车厢内的水平桌面上．当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图()保证此区域完整A．B．A当火车向右做匀减速运动时，碗中水也向右做匀减速运动，加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知水所受的合力水平向左，则碗对水的作用力的合力方向大致斜向左上方，所以水面形状接近于A图．故选A 242004I如图所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有⼀块用绳子拴着的长木板，木板上站着⼀只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为()C保证此区域完整方法⼀：将猫隔离研究，设质量为m，受力情况如图所示，猫相对斜面止，则沿斜面方向合力也为零，则mgsinα−f=0以木板为研究对象，设质量为M=2m，受力情况如图所示，设沿斜面加速度为a，则有f+Mgsinα=Ma联立解得：a=1.5gsinα方法二：本题也可以整体受力分析，系统受到沿斜面项下的合力提供加速度，即(M+m)gsinα=ma故选C。 2520173如图所示，甲、⼄两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不变，两⼈在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为()C保证此区域完整设游速为v，水速为v0，OA=OB=l，则甲整个过程所用时间：t甲=+=，乙为了沿OB运动，速度合成如图：l2l√v2−v02l2l√v2−v02则乙整个过程所用时间：t乙=∵v>√v2−v02，∴C正确，ABD错误．故选C22620201如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()B．tC保证此区域完整2828A、B两球在相同高度做平抛运动，水平方向上的速度大小不变，分别设为vA和vB，设两球开始时的水平距离为L，则有L=vAt+vBt①若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则有L=2vAt′+2vBt′②联立两式得t′=，故C正确．故选C【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移． 272020如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l．忽略空气阻力，则()A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的D．A的末速度比B的大ADA．小球A和B的位移大小都为√(2l)2+l2=√5l，故A正确；B．由h=gt2可知小球A的运动时间是小球B的√2倍，故B错误；C．由h=gt2、x=v0t可知小球A的初速度是小球B的，故C错误；D．由h=gt2、x=v0t、vy=gt、v=√v02+vy2可知小球A的末速度为vA=√gl，小球B的末速度为vB=2√gl，所以小球A的末速度比小球B的大，故D正确．故选AD2020II保证此区域完整如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有⼀个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h．若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点．等于()B由a点到c点摩托车做平抛运动可知h=gt12，h=v1t1，E1=mv12，联立解得E1=mgh，同理由a点到b点摩托车做平抛运动可知0.5h=gt22，3h=v2t2，E2=mv22，联立解得E2=mgh，故选B【分析】：根据竖直方向的运动规律求出落到坑内c点时和到达b点时竖直方向的速度，再根据根据平抛运动的规律求解水平方向的速度，由此求解动能之比．【点评】：本题主要是考查平抛运动的规律和动能的计算公式，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．29201529m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′=r．赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为fmax．选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()保证此区域完整A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短ACDA选择路线①，经历的路程s1=2r+πr，选择路线②，经历的路程s2=2πr+2r，选择路线③，经历的路程s3=2πr，可知选择路线①，赛车经过的路程最短，故A正确；B．根据Fmax=得，v=√，选择路线①，轨道半径最小，则速率最小，故B错误；Cv速率之比为1:√2:√2，根据t=，由三段路程可知，选择路线③，赛车所用时间最短，故C正确；D．根据a=知，因为最大速率之比为1:√2:√2，半径之比为1:2:2，则三条路线上，赛车的向心加速度大小相等．故D正确．故选ACD． 3020213如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小D保证此区域完整故选D【易错点】：AB两个座椅具有相同的角速度．【配题理念】：解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大． 3120199风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动⼀圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()B．转速逐渐减小，平均速率为CB．转速逐渐减小，平均速率为C．转速逐渐增大，平均速率为D逐渐增大，平均速率为ΔtB保证此区域完整根据图(b)可知，在Δt内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小，Δt在Δt内挡了4次光，则T1=Δt4Δt根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动⼀圈可知：则风轮叶片转动的周期T=，Δt4n的平均速率==，故B正确．故选B32201632如图所示为赛车场的⼀个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道⼀圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10m/s2，π=3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58sAB保证此区域完整vvvv3×30v要使赛车绕赛道⼀圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f=2.25mg=m可知，通过小弯道的速r由几何关系可得AB长x=√L2−(R−r)2=50√3m，故在直道上的加速度a==m/s2≈6.5m/s2，选项C错误；由sin==a==m/s2≈6.5m/s2，选项C错误；由sin==可知，小圆弧对应的圆心2x2×50√32L2角θ=，故通过小圆弧弯道的时间t===s=2.79s角θ=，故通过小圆弧弯道的时间t===s=2.79s，选项D错误．33201833为了火星及其周围的空间环境的探测，我国预计于2011年10月开始第⼀颗火星探测器“萤火⼀号”。假设探测器在火星表面高度分别为A1和A2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2。火星可视为质量分布均匀的球体。忽略火星的自转影响，万有引⼒常量为G。仅利用以上数据，可以计算出()A．火星的密度和火星表面的重⼒加速度B．火星的质量和火星对“萤火⼀号”的引⼒C．火星的半径和“萤火⼀号”的质量D．火星表面的重⼒加速度和火星对“萤火⼀号”的引⼒A根据万有引力提供向心力，可知： MM4π2G=(R+A1)，G= MM4π2(R+A1)2T12(R+A2)2T22A．火星的密度和火星表面的重力加速度：GM=g火R2⇒M=πR3ρ，可求；B．火星的质量和火星对“萤火⼀号”的引力：F=，卫星质量未知，不可求；C．火星的半径和“萤火⼀号”的质量：环绕天体质量，不可求；D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火⼀号”的：F=，卫星质量未知，不可求。故选A。34202034我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务．质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历⼀个时长为t0、速度由v0减速到零的过程．已知火星的质量约为地球的0.1，半径约为地球的0.5，地球保证此区域完整3535表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力．若该减速过程可视为⼀个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为()A．m(0.4g−)B．m(0.4g+)C．m(0.2g−)D．m(0.2g+)B设火星表面重力加速度为g′，根据万有引力定律有G=g，G=g′，解得g′=g，根据运动学公式有a=，根据牛顿第二定律有F−mg′=ma，F=m(g+)，选项B正确．故选B2020III“嫦蛾四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍．已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g，则“嫦蛾四号”绕月球做圆周运动的速率为()D保证此区域完整 M月mv2“嫦蛾四号”探测器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得G=m，解得(KR月)2KR月v=√，在地球表面有G=mg，在月球表面有G=mg月，其中R地=PR月，M地=QM月，R地=R，联立可得v=√，选项D正确，ABC错误．故选D 3620192018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的“嫦蛾四号”探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，“嫦蛾四号”探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的()A．周期为√GMm2RAACD．根据万有引力定律提供探测器匀速圆周运动的向心力，有=ma=m=mω2r2rT2T=√，角速度ω=√，向心加速度a向心=，线速度v=√，选项A正确，CD错误；B．探测器的动能Ek=mv2=，选项B错误．综上所述，正确选项为A本题考查万有引力定律的应用、匀速圆周运动．3720212020-2021372021保证此区域完整如图，与水平面夹角θ=37∘的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h．(1)m/smvC2R由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动．设滑块质量为m，由牛顿第二定律mg=，R 得vC=√gR=2m/s．(2)由几何关系，B、C间高度差H为H=R(1+cos37∘)=0.72m，滑块由B到C的运动过程中仅重力做功，机械能守恒以B为势能零点mvB2=mgH+mvC2，vB=√2gH+vC2，代入已知数据得vB=4.29m/s．(3)保证此区域完整滑块由A到B过程中受力如图：f=μN，代入已知数据得a=4m/s2，设A、B间距为L，由匀加速运动公式vB2=2aL，hLsin37∘，hsin1.38m． 382021如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有⼀光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W．(1)mgCFcosmg，解得F=mg．保证此区域完整(2)√32C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmax=B受地面的摩擦力f=μmg，根据题意fmin=Fxmax，解得μmin=．(3)(2μ−1)(√3−1)mgRC下降的高度h=(√3−1)R，A的位移x=2(√3−1)R，摩擦力做功的大小Wf=fx=2(√3−1)μmgR，根据动能定理W−Wf+mgh=0−0，解得W=(2μ−1)(√3−1)mgR．【名师点睛】：本题的重点的C恰好降落到地面时，B物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的难点． 392020如图所示，⼀小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F保证此区域完整vvC．物块上升的最大高度为gD．速度v不能超过√DA．物块向右匀速运动时，对夹子和物块组成的整体进行分析，其在重力和绳拉力的作用下平衡，即绳中的张力等于Mg，故A错误；B．小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；C．当物块到达最高点速度为零时，动能全部转化为重力势能，物块能达到最大的上升高度，整个过程中，物块在夹子中没有滑动，即摩擦力不做功，系统机械能守恒：mv2=mgh，则物块上升的最大高度 h=，故C D．小环碰到钉子后，绳与夹子物块整体形成⼀个单摆，此时夹子对物块的拉力最大，并且物块的拉力与物块重力的合力提供物块的向心力：T−Mg=m；由上可知，T⩽2F，联立得m+Mg⩽2F，整理得：v⩽√，故D正确．故选D牛顿第⼆定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第⼆定律，结合向心力，即可求解． 402020切于b点．⼀质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()保证此区域完整C设小球运动到c点的速度大小为vc，对小球由a到c的过程，由动能定理得F×3R−mgR=mvc2，又F=mg，解得vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t==2√，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R，由以上分析可知，小球从a点开始2运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE=F×5R=5mgR，选项C正确，ABD错误．故选C【分析】：根据动能定理求出小球在c点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运动规律求解离开c后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加．【点评】：本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a到c的过程，这是易错点． 412020如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间g(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后⼀小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h．(1)保证此区域完整r(2)√(2mω2R)2+(mg)2设F与水平方向的夹角为α，则Fcosα=F向；Fsinα=mg，解得F=√(2mω2R)2+(mg)2．(3)M+16m(ωR)22Mg落地时，重物的速度v′=ωR，由机械能守恒得Mv′2+4×mv2=Mgh，解得h=(ωR)2．【命题意图】：本题考查圆周运动的规律、机械能守恒定律．42202042复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又⼀重大标志性成果．⼀列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内()A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率P=FvmD．牵引力做功W=mvm2−mv02保证此区域完整BCAB．根据P=F牵v可知，动车速度逐渐增大，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，选项A错误，B正确；C．动车达到最大速度vm时，牵引力和阻力相等，即F牵=F，故牵引力的功率为P=Fvm，选项C正确；D．设加速过程中动车克服阻力做功为W阻，根据动能定理有W−W阻=mvm2−mv02，即牵引力做功为W=mvm2−mv02+W阻，选项D错误．故选BC 432019完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的⼀段圆弧，示意如图2，AB长L1=150m，BC水平投影L2=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12(sin12∘∘≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m=60kg，g=10m/s2．图1图2求：(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．(1)舰载机由静止开始做匀速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有：=①根据动能定理，有：W=mv2−0②W=7.5×104J③保证此区域完整(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有：L2=Rsinθ④由牛顿第二定律，有：NNmgmvRFN=1.1×103N⑥ 442018如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接．⼀质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g．假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第⼀次碰撞后瞬间A和B速度的大小；(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，mv=mvA+4mvB，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+4mvB2解得：vA=−√2gh，vB=√2gh．(2)h保证此区域完整物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：设当物块A的位移为x时速度为v，解得：v=√gh，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2=mvA′2+×4mvB′2，解得：vA′=−√gh，vB′=√gh，碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：A解得：xA=h，xB=h，A、B均停止运动后它们之间的距离：d=xA+xB=h． 452018I⼀质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．(1) √设烟花弹的初速度为v0．则有：E=mv02得：v0=√烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0−gt=0得：t=√(2)保证此区域完整2E烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1==对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：0=mv1−mv2根据能量守恒定律得：E=×mv12+×mv22联立解得：v1=√爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2==所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h=h1+h2= 462021如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成⼀个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x．撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a−t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a−t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a−t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0．下列说法正确的是()A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0C．B运动后，弹簧的最大形变量等于xDSS2=S3ABD保证此区域完整A．由于在0∼t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙=F弹则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I=mAv0(方向向右)则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；B．由a−t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹=mAaA=mBaB由图可知aB>aA则mB<mAB正确；C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错；D．由a−t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1−t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a−t图像的面积为Δv，在t2时刻AB的速度分别为vA=S1−S2，vB=S3A、B共速，则S1−S2=S3D正确．故选ABD 472020在同⼀竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同⼀高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是()保证此区域完整A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h能和动量都守恒C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在⼀起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hDh后，2、3号粘在⼀起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒D度，则3号上摆的高度不等于h，故A错误；碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；Ch损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h，故C错误；恒，故D正确. 482018如图所示，水平⾦属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动⼀小段距离，两⾦属板表面仍均为等势面，则该油滴()D保证此区域完整8989B板右端向下移动⼀小段距离，两板间的平均距离增大，根据E=可知液滴所在处电场强度减小，油滴竖直方向将向下运动；由于两⾦属板表面仍均为等势面，电场线应该与等势面垂直，所以油滴靠近B板时， 49201810如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两D在点电荷的电场中，场强大小E=k，由图可知ra>rc>rb，可得Eb>Ec>Ea；而带电粒子运动的加速度a=，则ab>ac>aa；若p带正电，则可知Q也带正电，粒子只受电场力cEpb故选D 502016Ek出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极保证此区域完整202089202089板，则两极板间电场强度的最大值为()B根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45∘，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy=v0sin45∘=v0。当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0。根据运动学公式有v−vy′2=2d又知Ek0=mvEk0联立以上各式求得E=故B正确，ACD错误；故选B。551然变暗，此时()保证此区域完整8989A．车灯的电流变小B．路端电压变小ABDA．由题意可知开关S闭合时车灯突然变暗，由P=I2R可知车灯的电流变小，故A正确；B．由欧姆定律可知车灯两端电压变小，即路端电压变小，故B正确；C．由闭合电路欧姆定律可知电源内电压变大，由I总=可知电路的总电流变大，故C错误；D．由P总=EI总可知电源的总功率变大，故D正确．故选ABD52202052图甲表示某⾦属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况．把这段⾦属丝与电池、电流表串联起来(图⼄)，用这段⾦属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了⼀个简易温度计．下列说法正确的是()A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系B保证此区域完整8989R=R0+kt由闭合电路欧姆定律得：I=联立解得：t=−，可知，温度与电流是非线性关系，故A错误联立解得：t=−，可知，温度与电流是非线性关系，故A错误，B正确；kIkCD，tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故CD错误．故选B【分析】：由甲图读出温度与电阻的关系，再由闭合电路欧姆定律得出电流与电阻的关系，从而得到温度与电阻的关系，即可分析电阻温度计的温度刻度情况．【点评】：本题考查闭合电路欧姆定律，要注意根据图象列式进行分析，明确题目中给出的信息，再结合闭合电路欧姆定律进行分析即可得出结论． 532019⼀圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕中心轴以角速度ω顺时针转动．在该横截面内，⼀带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30∘角．当筒转过90∘时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A保证此区域完整8989根据几何关系，有∠MOA=90∘，∠OMA=45∘，∠CMO′=60∘，所以∠O′MA=75∘，粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期T=， 圆筒转动90∘所用时间t′=T′=×，粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得：t=t′，则×=×，即=，故选A考点】：带电粒子在磁场中的运动．【分析】：粒子在磁场中做匀速圆周运动．【名师点睛】：本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键． 542021如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有⼀电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为() l44保证此区域完整8989B lva24rara=，其中=k，解得 lva24rara=，其中=k，解得va=kBl；根据勾股定理有rd2=(rd−)2+l2，从d点射出的粒5子的轨道半径为rd子的轨道半径为rd=l，则vd=kBl，选项B正确．本题考查带电粒子在有界磁场中的运动． 5520213⌢强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．⼀束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()C保证此区域完整8989粒子在磁场中做匀速圆周运动，所有粒子运动的周期相同，运动时间最长的粒子对应的圆心角最大，设射出磁场对应的点为e，那么ce连线与初速度的夹角最大时，对应粒子运动的时间最长，如图所示：过c点作半圆的切线，切点为e，那么这个切线与初速度的夹角最大，当粒子恰好打在e点时，对应粒子运O关系得∠Oce=30∘，那么弦切角为120∘，粒子在磁场中运动的时间t=⋅=，C的时间t=⋅=，C正确，ABD错误．360∘Bq3Bq故选C⌢abR轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大⌢轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，然后根据t=T求粒子在磁场中运动的最长时间．【点评】：本题考查的是带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，本题的难点是应用放缩法作图，找到当粒子运动轨迹半径等于半圆的半径时，轨迹对应的圆心角最大． 5620219如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同⼀水平面内的足够长的平行⾦属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是()A．B．保证此区域完整8989AC导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I=，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F=BIL，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得mv0=2mv，两导体棒的速度最终为v=v0，且加本题考查电磁感应和动量守恒规律． 572020III如图，⼀边长为l0的正方形⾦属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场．⼀长度大于√2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在⾦属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与⾦属框接触良好．已知导体棒单位长度的电阻为r，⾦属框电阻可忽略．将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0⩽x⩽√2l0)变化的关系(⎪⎪(x,(√(⎪⎪(0⩽x⩽l0l0<x⩽√2l0保证此区域完整8989当导体棒与⾦属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E=Blv①由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为I=②式中，R为这⼀段导体棒的电阻．按题意有R=rl③此时导体棒所受安培力大小为f=BlI④2x,0⩽x⩽√2l0由题设和几何关系有l=2(√2l0−x),2B2vx,0⩽x⩽√2l0联立①②③④⑤式得f=(2l0−x), 582017如图，空间中存在⼀匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有⼀个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A．始终减小B．始终不变C．始终增加D．先减小后增加CD保证此区域完整8989A、导线框开始做自由落体运动，ab边以⼀定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；Bab力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故B错误；Cab速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确； 592020如图所示，平面直角坐标系的第⼀和第⼆象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形．⼀位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)．从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，⼆者与时间t的关系图像可能正确的是()A．B．保证此区域完整BCAB．第1s内ae边在第二象限切割磁感线产生感应电动势，电流恒定，第2s内感应电动势E=Blv逐2s末感应电动势是第1s内电动势的1.5倍，第3∼4s内，由于第⼀和第二象限磁场方向相反，此时有⼀部分导体在第⼀象限切割磁感线，所以导体框内感应电流逐渐减小，选项B正确，A错误；CD．第1s内ab边所受安培力F=BIl均匀增大(电流恒定，ab边进入磁场部分逐渐增大)，第2s内ab边所受安培力逐渐增大，第2s末安培力是第1s末的3倍(电流是1.5倍，有效长度是2倍)，选项故选BC【分析】：明确线框的速度为每秒匀速向上运动⼀格，准确分析切割磁感线有效长度变化，根据导体切割磁感线感应电动势公式结合闭合电路欧姆定律分析电流变化，并计算安培力；在0∼1s内只有2格长度切割磁感线，2s末有效长度3格，2s末∼4s末第二象限有效长度3格，第⼀象限有效长度有0增至2格，产生的感应电动势反向，回路电流减小．【点评】：此题综合考查了导体切割磁感线感应电动势、电流、安培力的计算．难点在于切割磁感线有效长度的计算和两个象限感应电动势的关系．60202060保证此区域完整如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化．正方形硬质⾦属框abcd放置在(1)在t=0到t=0.1s时间内，⾦属框中的感应电动势E；(2)t=0.05s时，⾦属框ab边受到的安培力F的大小和方向；(3)在t=0到t=0.1s时间内，⾦属框中电流的电功率P．(1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量：ΔB=0.2T，设穿过⾦属框的磁通量变化量为Δϕ，有：Δϕ=ΔBl2①由于磁场均匀变化，⾦属框中产生的电动势是恒定的，有：E=②联立①②式，代入数据解得：E=0.08V③答：在t=0到t=0.1s时间内，⾦属框中的感应电动势为0.08V【分析】：利用法拉第电磁感应定律E=计算．(2)N向垂直于ab向左保证此区域完整设⾦属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有：I=④由图可知，t=0.05s时，磁感应强度为B1=0.1T，⾦属框ab边受到的安培力：F=IlB1⑤联立①②④⑤式，代入数据解得：F=0.016N⑥方向垂直于ab向左⑦答：t=0.05s时，⾦属框边受到的安培力大小为0.016N，方向方向垂直ab向左．【分析】：利用全电路欧姆定律和安培力F=BIL计算．(3)在t=0到t=0.1s时间内，⾦属框中电流的电功率：P=I2R⑧P=0.064W⑨答：