1、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
2、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
3、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.
4、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
5、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，
6、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
7、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
8、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，
9、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
10、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
11、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
12、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
13、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
14、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
15、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
16、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
17、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
18、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
19、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 V
20、6 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
21、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，
22、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
23、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
24、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
25、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
