《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化訓(xùn)練(十) 選擇題(共20個小題，1～12為單選，其余為多項選擇題，每題5分，共100分) 1．如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.下列說法中不正確的是(　　) A．0～5 m內(nèi)物塊做勻減速直線運動 B．在t＝1 s時刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 答案　C 解析　由題可知，物塊開始時在恒力作用下運動，在0～5 m內(nèi)的運動方向是相同的

2、，由圖乙可知，0～5 m內(nèi)物塊做勻減速直線運動，故A項正確； 物塊勻減速直線運動的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2. 勻加速直線運動的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律得： F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N， 則動摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3. 物塊勻減速直線運動的時間為： t1＝＝ s＝1 s．即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動，故B、D兩項正確，C項錯誤．本題選擇錯誤的，故選C項． 2.如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面

3、上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox，小球的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示．其中OA段為直線，切于A點的曲線AB和BC都是平滑的曲線，則關(guān)于A、B、C三點對應(yīng)的x坐標(biāo)及加速度大小，下列說法正確的是(　　) 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　由圖可知，OA段是直線，說明O到A的過程中，小球做自由落體運動，小球到達(dá)A時，小球的加速度仍然是g，故A、B兩項錯誤；B點是速度最大的地方，此時重力和彈力相等

4、，合力為0，加速度也就為0，由mg＝kx，可知x＝，所以B點的坐標(biāo)為h＋，所以C項正確；取一個與A點對稱的點為D，由A點到B點的形變量為，由對稱性得由B到D的形變量也為，故到達(dá)C點時形變量要大于h＋2，加速度ac>g，所以D項錯誤．故選C項． 3.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，則(　　) A．q1和q2帶有同種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 答案　C 解析　由圖可知：無窮遠(yuǎn)處電勢為零，有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負(fù)的地方，故也存在負(fù)電荷，所以

5、q1和q2帶有異種電荷，故A項錯誤；圖中曲線斜率大小等于電場強度，x1處的斜率不為零，故x1處的電場強度不為零，故B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2，電勢升高，電勢能減小，故C項正確；負(fù)電荷從x1移到x2，曲線的斜率減小，電場強度減小，所以負(fù)電荷受到的電場力減小，故D項錯誤．故選C項． 4．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則(　　) A．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 B

6、．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 C．t2時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 D．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大 答案　D 解析　0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，且大小不變，故A項錯誤；如圖乙知，t2～t3時間內(nèi)小物塊做勻速直線運動，此時受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故B項錯誤；在0～t1時間內(nèi)小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2時間內(nèi)小物塊向右加速運動，受到向右的摩擦力作用，t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故C項錯誤；t2時刻前小物塊相對傳送帶向左運動，之后相對靜止，則知小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)

7、到最大，故D項正確．故選D項． 5．如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動，通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示(取g＝10 m/s2)．則下列判斷不正確的是(　　) A．物體的質(zhì)量m＝0.5 kg B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40 C．0～3 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4 N·s D．0～3 s內(nèi)物體所受合力做的功為1 J 答案　C 解析　由速度—時間圖象可以知道在2～3 s的時間內(nèi)，物體勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2 N，在1～2 s的時間內(nèi)，物體做勻加速運動，直線的斜率代表

8、加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律可得F－f＝ma，所以m＝＝0.5 kg，故A項正確；由f＝μFN＝μmg，所以μ＝＝0.4，故B項正確；0～3 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為μmgt＝6 N·s，故C項錯誤；根據(jù)動能定理得0～3 s內(nèi)物體所受合力做的功為mv2－0＝1 J，故D項正確．本題選不正確的，故選C項． 6.質(zhì)量相等的a、b兩物體，分別從粗糙斜面上的同一位置由靜止下滑，滑到斜面底端時進(jìn)入粗糙水平面繼續(xù)滑行一段距離后停下，不計從斜面底端進(jìn)入水平面時的能量損失．已知兩物體運動的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．在整個運動過程中，a的

9、平均速度比b的平均速度小 B．a(chǎn)與斜面間的動摩擦因數(shù)比b與斜面間的動摩擦因數(shù)大 C．a(chǎn)在水平面上滑行的距離比b在水平面上滑行的距離長 D．在整個運動過程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多 答案　C 解析　由圖知a的最大速度為v1，a的平均速度為v1，b的最大速度為v2，b的平均速度為v2，因為v1>v2，所以a的平均速度比b的平均速度大，故A項錯誤；物體在斜面上運動的加速度為：a＝＝gsinθ－μgcosθ，因為a的加速度大于b的加速度，所以a與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小，故B項錯誤；物體在水平面上的運動是勻減速運動，a從t1時刻開始，b從t2時刻開始．由圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積

10、表示位移可知，a在水平面上做勻減速運動的位移比b在水平面上做勻減速運動的位移大，故C項正確；對物塊整個運動過程運用動能定理得：mgh－Wf＝0－0，所以有：Wf＝mgh，ab兩個物體質(zhì)量相等，所以在整個運動過程中克服摩擦力做的功一樣多，故D項錯誤．故選C項． 7.點電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的原點O處和x＝5d處，正點電荷q(不計重力)從x＝d處以初速度v0沿x軸正方向運動，其速率v與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列判斷正確的是(　　) A．點電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶正電荷 B．點電荷Q1、Q2所帶電荷量的絕對值之比為2∶3 C．點電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，在x＝

11、2d處的電勢能最小 D．從x＝d處到x＝4d處，電勢先增大后減小 答案　D 解析　正點電荷從d到4d的過程，速度先減小后增大，則電場力先做負(fù)功后做正功，即從d到2d場強方向向左，從2d到4d場強方向向右，則x＝2d處合場強為零．由上面的分析結(jié)合場強的疊加可知點電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶負(fù)電荷，故A項錯誤；由x＝2d處合場強為零得：＝，解得：Q1∶Q2＝4∶9，故B項錯誤；由前面的分析知：點電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，所以x＝2d處的電勢能最大，故C項錯誤，D項正確．故選D項． 8．俄羅斯方塊游戲風(fēng)靡全球，某人根據(jù)游戲中的幾個形狀制作了

12、一些導(dǎo)線框，導(dǎo)線框制作材料粗細(xì)、周長、加工方式都相同．讓它們以相同的速度水平向右勻速經(jīng)過右邊單邊界磁場(如圖甲所示)，測得導(dǎo)線框的感應(yīng)電流如圖乙所示，則應(yīng)該是哪個形狀的俄羅斯方塊導(dǎo)線框通過磁場(　　) 答案　B 解析　設(shè)線框切割磁感線的有效長度為L，感應(yīng)電動勢為：E＝BLv，感應(yīng)電流為：I＝＝L，由圖乙所示圖象可知，0～1 s與2～3 s內(nèi)的感應(yīng)電流相等，且是1～2 s內(nèi)感應(yīng)電流的一半，B、v、R相等，則0～1 s與2～3 s內(nèi)切割磁感線的有效長度L相等且是1～2 s內(nèi)有效長度的一半，由圖示線框可知，B項正確，A、C、D三項錯誤．故選B項． 9.如圖所示，水平面內(nèi)有一足夠長的平行

13、金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，兩導(dǎo)軌左端用導(dǎo)線與電容器C(電容器不帶電)及開關(guān)連接．勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌以某一初速度向右運動．某時刻將開關(guān)S閉合，并開始計時，用v、q、i和a分別表示導(dǎo)體棒的速度、電容器所帶電荷量、導(dǎo)體棒中的電流和導(dǎo)體棒的加速度．則圖中正確的是(　　) 答案　D 解析　導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E＝BLv，開關(guān)閉合后導(dǎo)體棒對電容器充電，電容器所帶電荷量為：q＝it，電容器兩端電壓為：U＝＝，電路電流為：i＝＝，整理得：i＝，當(dāng)電容器兩端電壓U與導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E相等時，電路沒有電流，即i＝0，故C項

14、錯誤；導(dǎo)體棒受到的安培力：F＝BiL，由牛頓第二定律得：a＝，解得：a＝，a隨t減小，導(dǎo)體棒做減速運動，當(dāng)i＝0時，F(xiàn)＝0，a＝0，故D項正確；由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向與速度方向相反，導(dǎo)體棒先做加速度減小的減速運動，最終導(dǎo)體棒做勻速運動，故A項錯誤；電容器所帶電荷量：q＝it先隨時間增大，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運動時電容器所帶電荷量：q＝CU＝CBLv保持不變，故B項錯誤．故選D項． 10．如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為N，小球在最高點的速度大小為v，N－v2圖象如乙圖所示，下列說法正確的是

15、(　　) A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．小球的質(zhì)量為R C．v2＝c時，桿對小球彈力方向向上 D．若v2＝2b，則桿對小球彈力大小為2a 答案　B 解析　在最高點，若v＝0，則N＝mg＝a；若N＝0，則mg＝m，解得g＝，m＝R，故A項錯誤，B項正確；由圖可知：當(dāng)v2b時，桿對小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2＝c時，桿對小球彈力方向向下，故C項錯誤；若c＝2b.則N＋mg＝m，解得N＝a，故D項錯誤．故選B項． 11．如圖甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點．當(dāng)M、N板間不加電壓時，一帶電小球從A點由靜止釋放，

16、經(jīng)時間T到達(dá)B點，此時速度為v.若在兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時，將帶電小球仍從A點由靜止釋放，小球運動過程中始終未接觸極板，則t＝T時，小球(　　) A．在B點上方 B．恰好到達(dá)B點 C．速度大于v D．速度小于v 答案　B 解析　在M、N兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力的作用，電場力作周期性變化，且電場力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運動，與不加電場時相同．在水平方向小球先做勻加速直線運動，后沿原方向做勻減速直線運動，t＝時速度為零，接著，沿相反方向先做勻加速直線運動，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運動，t＝T時速度為零．根據(jù)對稱性可知

17、在t＝T時小球的水平位移為零，所以t＝T時，小球恰好到達(dá)B點，故A項錯誤，B項正確；在0～T時間內(nèi)，電場力做功為零，小球機械能變化量為零，所以t＝T時，小球速度等于v，故C、D兩項錯誤．故選B項． 12.半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度大小為B，如圖所示．AEO為八分之一圓導(dǎo)線框，其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖中所示位置開始計時，用i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(順時針方向為正)，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化圖象可能是(　　) 答案　B 解析　在第一個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為順時針，

18、感應(yīng)電動勢大小為：E＝×2BL2ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感應(yīng)電流大小為：i＝＝＝I0；在第二個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第三個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針，感應(yīng)電動勢大小為：E＝×2BL2ω＋×BL2ω＝×BL2ω，感應(yīng)電流大小為：i＝＝＝I0；在第四個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第五個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為順時針，感應(yīng)電動勢大小為E＝BL2ω，感應(yīng)電流大小為i＝＝I0；在第六個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第七個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針，感應(yīng)電動勢大小為E＝BL2ω，感應(yīng)電流大小為i＝＝I0；在第八個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零，故B項正確，A、C、D三項錯誤．故選B項． 13.

19、如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長．能正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是(　　) 答案　ABC 解析　若v1＝v2，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對傳送帶靜止勻速向右運動，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運動，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQg－μmPg＝(mQ＋mP)a，加速度不變； 若v1>v2，小物體P先向右勻加速直線運動，由牛頓第二定律知μm

20、Pg－mQg＝(mQ＋mP)a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故A、B選項可能； 若v1

21、場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知電路中R＝3 Ω，C＝10 μF，線圈電阻r＝2 Ω，導(dǎo)線電阻忽略不計，t＝0時刻磁場方向垂直線圈平面向里，則有(　　) A．電容器兩端電壓為10 V B．通過電阻R的感應(yīng)電流大小為2 A C．通過電阻R的電流方向為b→R→a D．電容器所帶的電荷量6×10－5 C 答案　BD 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝n＝nS＝100×0.2×0.5 V＝10 V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得通過電阻R的感應(yīng)電流大小為：I＝＝ A＝2 A，故A項錯誤，B項正確；根據(jù)楞次定律可得通過電阻R的電流方向為

22、a→R→b，故C項錯誤；電容器兩端電壓等于R兩端電壓，U＝IR＝2×3 V＝6 V電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝10－5×6 C＝6×10－5 C，故D項正確．故選B、D兩項． 15．如圖甲所示，A和B用輕彈簧拴接，A放置在水平地面上，物體C疊放在B上，三者處于靜止?fàn)顟B(tài)，它們質(zhì)量分別為mA＝2 kg，mB＝mC＝1 kg.現(xiàn)用力F豎直向下壓物體C，使B和C一起緩慢向下移動0.2 m，如圖乙所示，圖丙為F大小與B下移距離的關(guān)系圖象，g取10 m/s2.撤去F后，在它們上升過程中，下列說法正確的是(　　) A．B的最大速度為2 m/s B．當(dāng)C的速度最大時，A對地面的壓力為40 N C

23、．當(dāng)B和C分離時，A對地面的壓力為30 N D．當(dāng)B和C分離時，A對地面的壓力為40 N 答案　AB 解析　F－x圖線與x軸所圍面積等于F做的功等于4 J，B的速度最大時，A、B沒有分離，且此時位置對應(yīng)初始位置，F(xiàn)做的功全部轉(zhuǎn)化為B和C的動能，即為：W＝(mB＋mC)v2，解得：v＝2 m/s，故A項正確； B、C的速度最大時，加速度為0，彈簧向上彈力等于B、C重力，所以彈簧向下彈力等于B、C重力，即20 N，A對地面壓力等于40 N，故B項正確； B、C分離時彈簧處于原長位置，A對地面壓力為20 N，故C、D兩項錯誤．故選A、B兩項． 16．如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地

24、面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用，A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示，已知物塊A的質(zhì)量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　) A．兩物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．當(dāng)012 N時，A的加速度隨F的增大而增大 答案　AB 解析　當(dāng)F＝12 N時，A、B間開始相對滑動，即μmAg＝6 N，解得：μ＝0.2，故A項正確；當(dāng)0

25、A、B保持靜止，故B項正確；當(dāng)4 N12 N時，A、B間相對滑動，摩擦力大小不變了，故D項錯誤．故選A、B兩項． 17．如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應(yīng)電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖象正確的有(　　) 答案　BD 解析　線圈中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強度B隨t的變化率．由題圖可知，0～1 s時間內(nèi)，B

26、增大，Φ增大，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反(感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的方向向外)，由右手定則知感應(yīng)電流是逆時針，負(fù)值，因磁場均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，同理可判斷出1～4 s時間內(nèi)感應(yīng)電流的方向，故A項錯誤，B項正確；0～1 s時間內(nèi)，ad邊感應(yīng)電流是向下的，ad邊所受的安培力F＝BIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右為正值，由于B隨時間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時間t均勻增大，同理可判斷出1～4 s時間內(nèi)安培力F隨時間t的變化關(guān)系，故C項錯誤，D項正確．故選B、D兩項． 18．如圖所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝

27、0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　) A．當(dāng)F<24 N時，A、B都相對地面靜止 B．當(dāng)F>24 N時，A相對B發(fā)生滑動 C．A的質(zhì)量為4 kg D．B的質(zhì)量為24 kg 答案　BC 解析　當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F>24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當(dāng)F<24 N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，故A項錯誤，B項正確；對B，根據(jù)牛頓第二定律得，aB＝＝4 m/s2，對

28、A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA＝＝4 m/s2，F(xiàn)＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C項正確，D項錯誤．故選B、C兩項． 19．如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且拉力大于0.3 N時，A、B將會分離．t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是(　　) A．t＝2.0 s時刻A、B之間作

29、用力大小為0.6 N B．t＝2.0 s時刻A、B之間作用力為零 C．t＝2.5 s時刻A對B的作用力方向向左 D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m 答案　AD 解析　設(shè)t時刻A、B分離，分離之前A、B物體共同運動，加速度為a，以整體為研究對象，則有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，分離時：F2－f＝mBa，得：F2＝f＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，經(jīng)歷時間：t＝×2.7 s＝3 s，根據(jù)位移公式：s＝at2＝5.4 m，則D項正確；當(dāng)t＝2 s時，F(xiàn)2＝1.8 N，F(xiàn)2＋f＝mBa，得：f＝mBa－F2＝0.6 N，A項正確，B項錯誤；當(dāng)

30、t＝2.5 s時，F(xiàn)2＝2.25 N，F(xiàn)2＋f＝m2a，得：f＝m2a－F2>0，C項錯誤．故選A、D兩項． 20．一不計電阻的矩形導(dǎo)線框，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的正弦交流電如圖甲所示．把該交流電接在圖乙中理想變壓器的a、b兩端，Rt為熱敏電阻(溫度升高時，其電阻減小)，R為定值電阻，電壓表和電流表均為理想電表．下列說法正確的是(　　) A．在t＝1.5×10－2 s時刻，線框平面與磁場方向垂直 B．該交流電電壓的瞬時值表達(dá)式為u＝22sin100πt(V) C．Rt處溫度升高時，V1表示數(shù)與V2表示數(shù)的比值增大 D．Rt處溫度升高時，V2表示數(shù)與A表示數(shù)

31、的比值不變 答案　BC 解析　在t＝1.5×10－2 s時刻，交變電壓最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，穿過該線圈的磁通量為零，線框平面與磁場方向平行，故A項錯誤；由圖知，最大電壓：Um＝22 V，周期0.02 s，角速度是ω＝ rad/s＝100π rad/s，則該交流電電壓的瞬時值表達(dá)式為u＝22sin100πt(V)，故B項正確；Rt處溫度升高時，原副線圈電壓比不變，但是V2不是測量副線圈電壓，Rt溫度升高時，阻值減小，電流增大，則R兩端電壓增大，所以V2示數(shù)減小，則電壓表V1、V2示數(shù)的比值增大，故C項正確；Rt處溫度升高時，阻值減小，電壓表V2示數(shù)與電流表A示數(shù)的比值減小，故D項錯誤．故選B、C兩項． 16