物物理高中2016201611如圖所示為?種常見的身高體重測量儀．測量儀頂部向下發射波速為v的超聲波，超聲波經反射后返回，被測量儀接收，測量儀記錄發射和接收的時間間隔．質量為M0的測重臺置于壓力傳感器上，傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比．當測重臺沒有站?時，測量儀記錄的時間間隔為t0，輸出電壓為U0，某同學站上測重臺，測量儀記錄的時間間隔為t，輸出電壓為U，則該同學的身高和質量分別為()D當沒有站人時，測量儀的空間高度為h0=，U0=kM0，站人時，測量儀中可傳播超聲波的有效空間高vtv(t0?t)度h=，U=kM，故人的高度為H=h0?h=，人的質量為22m=M?M0=(U?U0)，選項D正確． 2202010如圖所示，某“闖關游戲”的筆直通道上每隔8m設有?個關卡，各關卡同步放行和關閉，放行和關閉的時間分別為5s和2s，關卡剛放行時，?同學立即在關卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進的關卡是()保證此區域完整C根據v=at可得，2=2×t1，所以加速的時間為t1=1s．加速的位移為x1=at2=×2×12=1m．之后勻速運動的時間為s=3.5s．到達關卡2的時間為t2=1+3.5=4.5s小于5s，放行；可以通過，所以可以通過關卡2繼續運動．從第2關卡到第3關卡勻速運動時間t3=s=4s，所以到達第3關卡的時刻(從開始運動計時)為從第3關卡到第4關卡勻速運動時間仍然是，所以到達第4關卡的時刻(從開始運動計時)為關卡放行和關閉的時間分別為5s和2s，此時關卡4是關閉的，所以最先擋住他前進的是關卡4，所以C正確．故選C【點評】：本題是對勻變速直線運動位移時間關系式的考查，注意開始的過程是勻加速直線運動，要先計算出加速運動的時間．320183?攀巖者以1m/s的速度勻速向上攀登，途中碰落了巖壁上的石塊，石塊自由下落。3s后攀巖者聽到石塊落地的聲音，此時他離地面的高度約為()Ch=gt2=45m該過程中，攀巖者向上上升的高度：x=vt=1×3=3m此時他離地面的高度約為：H=h+x=45+3=48m≈50m。故ABD錯誤，C正確。故選C。保證此區域完整石頭下落后做自由落體運動，根據h=gt2，不需要考慮聲音傳播的題意，即可求解下落的距離。本題關鍵明確自由落體運動的運動性質，然后根據運動學公式列式求解即可。 42019I如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H．上升第?個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2．不計空氣阻力，則滿足()B．2<<3C<4D．4<t1<5C采用逆向思維法，把運動員的豎直向上運動視為豎直向下初速度為零的勻加速運動，則=at22，設豎直向下運動高度所用時間為t3，豎直向下運動H高度所用時間為t4，則有=at32，H=at42，t1=t4?t3，聯立解得=2+√3，選項C正確．本題考查勻變速直線運動規律． 52018根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置．但實際上，赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處．這?現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到?個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球()A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零C．落地點在拋出點東側D．落地點在拋出點西側保證此區域完整99DAB．小球在上升過程中，受到水平方向向西的“力”和豎直方向向下的力，當小球運動到最高點時，豎直方向的速度為零，由水平方向上小球受到的“力”與豎直方向的速度大小成正比知，到最高點時小球在水平方向上受到的“力”為零，故水平方向的加速度為零，由于小球在上升過程中水平方向的“力”方向不變，故到最高點時小球在水平方向的速度最大，不為零，選項AB錯誤；CD．小球在下落過程中，受到水平方向向東的“力”，則小球在水平方向上做減速運動，由對稱性知，小球落回地面時水平方向的速度為零，故小球落在拋出點的西側，選項C錯誤，D正確．故選D【命題意圖】：本題考查運動的合成與分解． 62015甲、乙兩人同時同地出發騎自行車做直線運動，前1小時內的位移-時間圖像如圖所示，下列表述正確的是()BB保證此區域完整移-時間圖像的斜率大于乙對應圖像的斜率，因此甲的速度大于乙的速度；且二者均為直線段，加速度均為零，故A項錯誤，B項正確；D項，0.8小時內甲的路程為15km，乙的路程為11km，兩者不相等，故D項錯誤；綜上所述，本題正確答案為B． 72015?摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的v?t圖像如圖所示．求：(1)摩托車在0~20s這段時間的加速度大小a；(2)摩托車在0~75s這段時間的平均速度大小．(1)vt?v0加速度a=t由v?t圖像并代入數據得a=1.5m/s2(2)=20m/s設20s時速度為vm，0~20s的位移s1=t145~75s的位移s3=t30~75s這段時間的總位移s=s1+s2+s30~75s這段時間的平均速度=代入數據，得=20m/s保證此區域完整2016201688?輕質彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm，彈簧未超出彈性限度．則該彈簧的勁度系數為()mNDNmD彈簧伸長的長度為：x=2cm=0.02m，彈簧的彈力為F=4N，根據胡克定律F=kx得： 92015如圖，?質量為m的正方體物塊置于風洞內的水平面上，其?面與風速垂直，當風速為v0時剛好能推動該FSvvS風面積．當風速變為2v0時，剛好能推動用同?材料做成的另?正方體物塊，則該物塊的質量為()D滑塊被勻速推動，根據平衡條件，有：F=fN=mg其中：F=kSv2=ka2v2fμN=μmg=μρa3g解得： a=現在風速v變為2倍，故能推動的滑塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質量為原來的64倍．故選D保證此區域完整【分析】：物塊被勻速推動，受重力、支持力、推力和滑動摩擦力，根據平衡條件列式；其中推力F∝Sv2，滑動摩擦力與壓力成正比． 102018明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可．?游僧見之日：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜?側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身．假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加?力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則()A．若F?定，θ大時FN大B．若F?定，θ小時FN大C．若θ?定，F大時FN大D．若θ?定，F小時FN大BC力的分解如圖所示，FN==．NABCDFFN越大，選項D錯誤，C正確．故選BC本題結合我國的傳統文化，考查力的分解． 112019質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()保證此區域完整A．F逐漸變大，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小A以結點O為研究對象受力分析如下圖所示：在結點為O被緩慢拉動過程中，F和T均變大，故A正確，BCD錯誤．故選A方法二:或者根據拉密定理可得：==，在左移過程中，α增大(鈍角)，G不變，故比值增大；γ不變，則T增大；β減小(鈍角)，則F增大，綜上A選項正確．故選A 122019端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態．現用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中()保證此區域完整A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小?定?直增加C．M所受斜面的摩擦力大小?定?直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加BDAB．根據M、N均保持靜止，進行受力分析可知，N受到豎直向下的重力及水平方向的拉力F，變化的繩子拉力T，如圖所示：在向左拉動的時候，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大，故A錯誤，B正確；時，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大；也可能是T=mgsinθ+f，當T不斷增大的時候，摩擦力f增大，故C錯誤，D正確．故選BD132016II13質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示，用T表示OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()A．F逐漸變大，T逐漸變大C．F逐漸變小，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小D．F逐漸變小，T逐漸變小A保證此區域完整A．B．A．B．故選A． 142016III如圖，兩個輕環a和b套在位于豎直面內的?段固定圓弧上：?細線穿過兩輕環，其兩端各系?質量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛?小物塊．平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計所有摩擦．小物塊的質量為()m mC保證此區域完整A．B．A．B．OOabR，所以三角形Oab為等邊三角形，根據幾何aOb的拉力相等，故T=mg，小物塊受到兩條繩子的拉力作用兩力大C故選C 1520201細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的大小為()TsinαTTsinαTcosαCFTsinC，ABD錯誤．故選C保證此區域完整2020III2020III1616如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在?不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的?端固定在墻上，另?端通過光滑B如圖所示，甲、乙兩物體的質量相等，所以FT甲=FT乙，所以連接墻的細繩的延長線是力FT甲和力FT乙錯誤．故選B 1720203塊b．外力F向右上方拉b，整個系統處于靜止狀態．若F方向不變，大小在?定范b)A．繩OO′的張力也在?定范圍內變化B．物塊b所受到的支持力也在?定范圍內變化C．連接a和b的繩的張力也在?定范圍內變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在?定范圍內變化保證此區域完整BDAC．由于整個系統處于靜止狀態，所以滑輪兩側連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力T保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以OO′中的張力保持不變，故AC均錯誤；Bb平衡狀態，對b受力分析有：力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：由于T的大小不變，可見當F大小發生變化時，支持力的大小也在?定范圍內變化，故B正確；由于T的大小不變，當F大小發生變化時，b靜止可得摩擦力的大小也在?定范圍內發生變化，故D正確．故選BD 182017II如圖，?物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動，物塊與桌面間的動摩擦因數為()2?√3√36保證此區域完整C當拉力水平時，物體勻速運動，則拉力等于摩擦力，即：F=μmg；當拉力傾斜時，物體受力分析如圖：FNmgFsinfmgFsinf=F，代入數據為：μmg=μ(mg?F)，聯立可得：μ=，故C正確．故選C． 192019II物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行．已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為，重力加速度取10m/s2．若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質量最大為()A保證此區域完整kg，選項A正確．本題考查受力分析． 202016如圖，在水平桌面上放置?斜面體P，兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上，整個系統處于靜止狀態．若將a和b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示．則()A．f1=0，f2≠0，f3≠0Bf，f2=0，f3=0Cfff0C對a物體分析可知，a物體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動的趨勢，因此a受到b向上的摩擦力，f1≠0；再對ab整體分析可知，ab整體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動的趨勢，因此b受到P向上的摩擦對ab及P組成的整體分析，由于整體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正確，ABD錯誤；故選C。 2120209中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量．某運送防疫物資的班列由40節質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節對第3節車廂的牽引力為F．若每節車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節對倒數第2節車廂的牽引力為()C保證此區域完整設每節車廂的質量為m0，每節車廂受到的摩擦力和空氣阻力的合力為f，列車運動的加速度為a，以后38得F′?2f=2m0a，解得F′=，故C正確，ABD錯誤．故選C【分析】：把第3節到第40節車廂看成?個整體，應用牛頓第二定律列方程；把最后兩節車廂看成?個整體，應用牛頓第二定律列方程求解即可．【點評】：本題以中歐運送防疫物資的班列為背景考查勻變速直線運動中應用牛頓第二定律求解力的問題，很好地體現了新高考的鮮明的時代特色，表明了中國的科技進步，能夠激發學生的學習積極性和愛國熱情． 222019如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接．兩物塊與地面之間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，現對Q施加?水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為()D對整體，根據牛頓第二定律得：F?μ×3mg=3ma，再對P，根據牛頓第二定律得：T?μmg=ma，聯立解得輕繩的張力大小為：T=F，故ABC錯誤，D正確．故選D與地面是否有摩擦無關． 232020?碗水置于火車車廂內的水平桌面上．當火車向右做勻減速運動時，水面形狀接近于圖()保證此區域完整A．B．A當火車向右做勻減速運動時，碗中水也向右做勻減速運動，加速度方向水平向左，根據牛頓第二定律知水所受的合力水平向左，則碗對水的作用力的合力方向大致斜向左上方，所以水面形狀接近于A圖．故選A 242004I如圖所示，在傾角為α的固定光滑斜面上有?塊用繩子拴著的長木板，木板上站著?只貓.已知木板的質量是貓的質量的2倍.當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變.則此時木板沿斜面下滑的加速度為()C保證此區域完整方法?：將貓隔離研究，設質量為m，受力情況如圖所示，貓相對斜面止，則沿斜面方向合力也為零，則mgsinα?f=0以木板為研究對象，設質量為M=2m，受力情況如圖所示，設沿斜面加速度為a，則有f+Mgsinα=Ma聯立解得：a=1.5gsinα方法二：本題也可以整體受力分析，系統受到沿斜面項下的合力提供加速度，即(M+m)gsinα=ma故選C。 2520173如圖所示，甲、?兩同學從河中O點出發，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不變，兩?在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為()C保證此區域完整設游速為v，水速為v0，OA=OB=l，則甲整個過程所用時間：t甲=+=，乙為了沿OB運動，速度合成如圖：l2l√v2?v02l2l√v2?v02則乙整個過程所用時間：t乙=∵v>√v2?v02，∴C正確，ABD錯誤．故選C22620201如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇，若兩球的拋出速度都變為原來的2倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為()B．tC保證此區域完整2828A、B兩球在相同高度做平拋運動，水平方向上的速度大小不變，分別設為vA和vB，設兩球開始時的水平距離為L，則有L=vAt+vBt①若兩球的拋出速度都變為原來的2倍，則有L=2vAt′+2vBt′②聯立兩式得t′=，故C正確．故選C【點評】：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，知道運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移． 272020如圖所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l．忽略空氣阻力，則()A．A和B的位移大小相等B．A的運動時間是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的位移大小都為√(2l)2+l2=√5l，故A正確；B．由h=gt2可知小球A的運動時間是小球B的√2倍，故B錯誤；C．由h=gt2、x=v0t可知小球A的初速度是小球B的，故C錯誤；D．由h=gt2、x=v0t、vy=gt、v=√v02+vy2可知小球A的末速度為vA=√gl，小球B的末速度為vB=2√gl，所以小球A的末速度比小球B的大，故D正確．故選AD2020II保證此區域完整如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有?個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h．若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點．等于()B由a點到c點摩托車做平拋運動可知h=gt12，h=v1t1，E1=mv12，聯立解得E1=mgh，同理由a點到b點摩托車做平拋運動可知0.5h=gt22，3h=v2t2，E2=mv22，聯立解得E2=mgh，故選B【分析】：根據豎直方向的運動規律求出落到坑內c點時和到達b點時豎直方向的速度，再根據根據平拋運動的規律求解水平方向的速度，由此求解動能之比．【點評】：本題主要是考查平拋運動的規律和動能的計算公式，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動．29201529m的賽車通過AB線經彎道到達A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O′為圓心的半圓，OO′=r．賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為fmax．選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內賽車速率不變，發動機功率足夠大)，則()保證此區域完整A．選擇路線①，賽車經過的路程最短B．選擇路線②，賽車的速率最小C．選擇路線③，賽車所用時間最短ACDA選擇路線①，經歷的路程s1=2r+πr，選擇路線②，經歷的路程s2=2πr+2r，選擇路線③，經歷的路程s3=2πr，可知選擇路線①，賽車經過的路程最短，故A正確；B．根據Fmax=得，v=√，選擇路線①，軌道半徑最小，則速率最小，故B錯誤；Cv速率之比為1:√2:√2，根據t=，由三段路程可知，選擇路線③，賽車所用時間最短，故C正確；D．根據a=知，因為最大速率之比為1:√2:√2，半徑之比為1:2:2，則三條路線上，賽車的向心加速度大小相等．故D正確．故選ACD． 3020213如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小D保證此區域完整故選D【易錯點】：AB兩個座椅具有相同的角速度．【配題理念】：解決本題的關鍵知道A、B的角速度相等，轉動的半徑不等，知道向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解，難度不大． 3120199風速儀結構如圖(a)所示．光源發出的光經光纖傳輸，被探測器接收，當風輪旋轉時，通過齒輪帶動凸輪圓盤旋轉，當圓盤上的凸輪經過透鏡系統時光被擋住．已知風輪葉片轉動半徑為r，每轉動n圈帶動凸輪圓盤轉動?圈．若某段時間Δt內探測器接收到的光強隨時間變化關系如圖(b)所示，則該時間段內風輪葉片()B．轉速逐漸減小，平均速率為CB．轉速逐漸減小，平均速率為C．轉速逐漸增大，平均速率為D逐漸增大，平均速率為ΔtB保證此區域完整根據圖(b)可知，在Δt內，通過的光照的時間越來越長，則風輪葉片轉動的越來越慢，即轉速逐漸減小，Δt在Δt內擋了4次光，則T1=Δt4Δt根據風輪葉片每轉動n圈帶動凸輪圓盤轉動?圈可知：則風輪葉片轉動的周期T=，Δt4n的平均速率==，故B正確．故選B32201632如圖所示為賽車場的?個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R=90m的大圓弧和r=40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L=100m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍．假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動．要使賽車不打滑，繞賽道?圈時間最短(發動機功率足夠大，重力加速度g取10m/s2，π=3.14)，則賽車()A．在繞過小圓弧彎道后加速B．在大圓弧彎道上的速率為45m/sC．在直道上的加速度大小為5.63m/s2D．通過小圓弧彎道的時間為5.58sAB保證此區域完整vvvv3×30v要使賽車繞賽道?圈時間最短，則通過彎道的速度都應最大，由f=2.25mg=m可知，通過小彎道的速r由幾何關系可得AB長x=√L2?(R?r)2=50√3m，故在直道上的加速度a==m/s2≈6.5m/s2，選項C錯誤；由sin==a==m/s2≈6.5m/s2，選項C錯誤；由sin==可知，小圓弧對應的圓心2x2×50√32L2角θ=，故通過小圓弧彎道的時間t===s=2.79s角θ=，故通過小圓弧彎道的時間t===s=2.79s，選項D錯誤．33201833為了火星及其周圍的空間環境的探測，我國預計于2011年10月開始第?顆火星探測器“螢火?號”。假設探測器在火星表面高度分別為A1和A2的圓軌道上運動時，周期分別為T1和T2。火星可視為質量分布均勻的球體。忽略火星的自轉影響，萬有引?常量為G。僅利用以上數據，可以計算出()A．火星的密度和火星表面的重?加速度B．火星的質量和火星對“螢火?號”的引?C．火星的半徑和“螢火?號”的質量D．火星表面的重?加速度和火星對“螢火?號”的引?A根據萬有引力提供向心力，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．火星的質量和火星對“螢火?號”的引力：F=，衛星質量未知，不可求；C．火星的半徑和“螢火?號”的質量：環繞天體質量，不可求；D．火星表面的重力加速度和火星對“螢火?號”的：F=，衛星質量未知，不可求。故選A。34202034我國將在今年擇機執行“天問1號”火星探測任務．質量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經歷?個時長為t0、速度由v0減速到零的過程．已知火星的質量約為地球的0.1，半徑約為地球的0.5，地球保證此區域完整3535表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力．若該減速過程可視為?個豎直向下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為()A．m(0.4g?)B．m(0.4g+)C．m(0.2g?)D．m(0.2g+)B設火星表面重力加速度為g′，根據萬有引力定律有G=g，G=g′，解得g′=g，根據運動學公式有a=，根據牛頓第二定律有F?mg′=ma，F=m(g+)，選項B正確．故選B2020III“嫦蛾四號”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍．已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g，則“嫦蛾四號”繞月球做圓周運動的速率為()D保證此區域完整 M月mv2“嫦蛾四號”探測器繞月球做勻速圓周運動，由萬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，聯立可得v=√，選項D正確，ABC錯誤．故選D 3620192018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的“嫦蛾四號”探測器成功發射，“實現人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”．已知月球的質量為M、半徑為R，探測器的質量為m，引力常量為G，“嫦蛾四號”探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的()A．周期為√GMm2RAACD．根據萬有引力定律提供探測器勻速圓周運動的向心力，有=ma=m=mω2r2rT2T=√，角速度ω=√，向心加速度a向心=，線速度v=√，選項A正確，CD錯誤；B．探測器的動能Ek=mv2=，選項B錯誤．綜上所述，正確選項為A本題考查萬有引力定律的應用、勻速圓周運動．3720212020-2021372021保證此區域完整如圖，與水平面夾角θ=37°的斜面和半徑R=0.4m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內．滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零．已知(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h．(1)m/smvC2R由題意，在C處滑塊僅在重力作用下做圓周運動．設滑塊質量為m，由牛頓第二定律mg=，R 得vC=√gR=2m/s．(2)由幾何關系，B、C間高度差H為H=R(1+cos37°)=0.72m，滑塊由B到C的運動過程中僅重力做功，機械能守恒以B為勢能零點mvB2=mgH+mvC2，vB=√2gH+vC2，代入已知數據得vB=4.29m/s．(3)保證此區域完整滑塊由A到B過程中受力如圖：f=μN，代入已知數據得a=4m/s2，設A、B間距為L，由勻加速運動公式vB2=2aL，hLsin37°，hsin1.38m． 382021如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有?光滑圓柱C，三者半徑均為R．C的質量為m，A、B的質量都為，與地面的動摩擦因數均為μ．現用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面．整個過程中B保持靜止．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W．(1)mgCFcosmg，解得F=mg．保證此區域完整(2)√32C恰好降落到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax=B受地面的摩擦力f=μmg，根據題意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，根據動能定理W?Wf+mgh=0?0，解得W=(2μ?1)(√3?1)mgR．【名師點睛】：本題的重點的C恰好降落到地面時，B物體受力的臨界狀態的分析，此為解決第二問的關鍵，也是本題分析的難點． 392020如圖所示，?小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環上，小環套在水平光滑細桿上，物塊質量為M，到小環的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F．小環和物塊以速度v向右勻速運動，小環碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動．整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動．小環和夾子的質量均不計，重力加速度為g．下列說法正確的是()A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2FB．小環碰到釘子P時，繩中的張力大于2F保證此區域完整vvC．物塊上升的最大高度為gD．速度v不能超過√DA．物塊向右勻速運動時，對夾子和物塊組成的整體進行分析，其在重力和繩拉力的作用下平衡，即繩中的張力等于Mg，故A錯誤；B．小環碰到釘子P時，物體M做圓周運動，依據最低點由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力大于Mg，而與2F大小關系不確定，故B錯誤；C．當物塊到達最高點速度為零時，動能全部轉化為重力勢能，物塊能達到最大的上升高度，整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動，即摩擦力不做功，系統機械能守恒：mv2=mgh，則物塊上升的最大高度 h=，故C D．小環碰到釘子后，繩與夾子物塊整體形成?個單擺，此時夾子對物塊的拉力最大，并且物塊的拉力與物塊重力的合力提供物塊的向心力：T?Mg=m；由上可知，T?2F，聯立得m+Mg?2F，整理得：v?√，故D正確．故選D牛頓第?定律，結合向心力表達式，即可確定張力與Mg的關系，與2F關系無法確定；利用機械能守恒定律，即可求解最大高度；根據兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F，利用牛頓第?定律，結合向心力，即可求解． 402020切于b點．?質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g．小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()保證此區域完整C設小球運動到c點的速度大小為vc，對小球由a到c的過程，由動能定理得F×3R?mgR=mvc2，又F=mg，解得vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后在水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t==2√，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x=at2=2R，由以上分析可知，小球從a點開始2運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE=F×5R=5mgR，選項C正確，ABD錯誤．故選C【分析】：根據動能定理求出小球在c點的速度，再根據豎直上拋運動求解達到最高點的時間，根據水平方向的運動規律求解離開c后達到最高點時的水平位移，根據功能關系求解機械能的增加．【點評】：本題主要是考查功能關系；機械能守恒定律的守恒條件是系統除重力或彈力做功以外，其它力對系統做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統做多少功，系統的機械能就變化多少；注意本題所求的是“小球從a點開始運動到其軌跡最高點”，不是從a到c的過程，這是易錯點． 412020如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動．在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R．在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω．繩與輪之間g(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后?小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h．(1)保證此區域完整r(2)√(2mω2R)2+(mg)2設F與水平方向的夾角為α，則Fcosα=F向；Fsinα=mg，解得F=√(2mω2R)2+(mg)2．(3)M+16m(ωR)22Mg落地時，重物的速度v′=ωR，由機械能守恒得Mv′2+4×mv2=Mgh，解得h=(ωR)2．【命題意圖】：本題考查圓周運動的規律、機械能守恒定律．42202042復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又?重大標志性成果．?列質量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變．動車在時間t內()A．做勻加速直線運動B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P=FvmD．牽引力做功W=mvm2?mv02保證此區域完整BCAB．根據P=F牽v可知，動車速度逐漸增大，牽引力逐漸減小，加速度逐漸減小，選項A錯誤，B正確；C．動車達到最大速度vm時，牽引力和阻力相等，即F牽=F，故牽引力的功率為P=Fvm，選項C正確；D．設加速過程中動車克服阻力做功為W阻，根據動能定理有W?W阻=mvm2?mv02，即牽引力做功為W=mvm2?mv02+W阻，選項D錯誤．故選BC 432019完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功．航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示．為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的?段圓弧，示意如圖2，AB長L1=150m，BC水平投影L2=63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ=12(sin12°°≈0.21)．若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經t=6s到達B點進入BC．已知飛行員的質量m=60kg，g=10m/s2．圖1圖2求：(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．(1)艦載機由靜止開始做勻速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有：=①根據動能定理，有：W=mv2?0②W=7.5×104J③保證此區域完整(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，根據幾何關系，有：L2=Rsinθ④由牛頓第二定律，有：NNmgmvRFN=1.1×103N⑥ 442018如圖，光滑軌道PQO的水平段QO=，軌道在O點與水平地面平滑連接．?質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為4m的靜止小物塊B發生碰撞．A、B與地面間的動摩擦因數均為μ=0.5，重力加速度大小為g．假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短．求：(1)第?次碰撞后瞬間A和B速度的大小；(2)A、B均停止運動后，二者之間的距離．(1)A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=mv02A、B發生完全彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，mv=mvA+4mvB，由機械能守恒定律得：mv02=mvA2+4mvB2解得：vA=?√2gh，vB=√2gh．(2)h保證此區域完整物塊B在粗糙水平面上做勻減速直線運動，最終速度為零，由動能定理得：設當物塊A的位移為x時速度為v，解得：v=√gh，A、B發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，由機械能守恒定律得：mv2=mvA′2+×4mvB′2，解得：vA′=?√gh，vB′=√gh，碰撞后A向左做減速運動，B向右做減速運動，由動能定理得：A解得：xA=h，xB=h，A、B均停止運動后它們之間的距離：d=xA+xB=h． 452018I?質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動，爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量．求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．(1) √設煙花彈的初速度為v0．則有：E=mv02得：v0=√煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運動，則有：v0?gt=0得：t=√(2)保證此區域完整2E煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為：h1==對于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：0=mv1?mv2根據能量守恒定律得：E=×mv12+×mv22聯立解得：v1=√爆炸后煙花彈向上運動的部分能繼續上升的最大高度為：h2==所以爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度為：h=h1+h2= 462021如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成?個系統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x．撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a?t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a?t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a?t圖線與坐標軸所圍面積大小．A在t1時刻的速度為v0．下列說法正確的是()A．0到t1時間內，墻對B的沖量等于mAv0C．B運動后，彈簧的最大形變量等于xDSS2=S3ABD保證此區域完整A．由于在0～t1時間內，物體B靜止，則對B受力分析有F墻=F彈則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據動量定理有I=mAv0(方向向右)則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；B．由a?t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，根據牛頓第二定律有F彈=mAaA=mBaB由圖可知aB>aA則mB<mAB正確；C．由圖可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后AB動量守恒，AB和彈簧整個系統能量守可得AB整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉化為AB系統的動能，彈簧的形變量小于x，C錯；D．由a?t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1?t2時間內AB組成的系統動量守恒，且在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，A、B共速，由a?t圖像的面積為Δv，在t2時刻AB的速度分別為vA=S1?S2，vB=S3A、B共速，則S1?S2=S3D正確．故選ABD 472020在同?豎直平面內，3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同?高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是()保證此區域完整A．將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度h能和動量都守恒C．將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在?起，根據機械能守恒，3號仍能擺至高度hDh后，2、3號粘在?起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒D度，則3號上擺的高度不等于h，故A錯誤；碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統只有重力做功，所以系統的機械能守恒，但整個過程中，系統所受合外力不為零，所以系統動量不守恒，故B錯誤；Ch損失，再與3球碰撞后，3獲得的速度小于1與2碰撞前瞬間的速度，則3號上升的高度小于h，故C錯誤；恒，故D正確. 482018如圖所示，水平?屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態。現將B板右端向下移動?小段距離，兩?屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()D保證此區域完整8989B板右端向下移動?小段距離，兩板間的平均距離增大，根據E=可知液滴所在處電場強度減小，油滴豎直方向將向下運動；由于兩?屬板表面仍均為等勢面，電場線應該與等勢面垂直，所以油滴靠近B板時， 49201810如圖，P為固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩D在點電荷的電場中，場強大小E=k，由圖可知ra>rc>rb，可得Eb>Ec>Ea；而帶電粒子運動的加速度a=，則ab>ac>aa；若p帶正電，則可知Q也帶正電，粒子只受電場力cEpb故選D 502016Ek出．不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極保證此區域完整202089202089板，則兩極板間電場強度的最大值為()B根據電荷的受力情況可知，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示，將粒子的速度v分解為垂直于板的vy和平行于板的vx，由于極板與水平面夾角45°，粒子的初速度方向豎直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度為vy=v0sin45°=v0。當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，即粒子垂直于極板方向的速度vy′=0。根據運動學公式有v?vy′2=2d又知Ek0=mvEk0聯立以上各式求得E=故B正確，ACD錯誤；故選B。551然變暗，此時()保證此區域完整8989A．車燈的電流變小B．路端電壓變小ABDA．由題意可知開關S閉合時車燈突然變暗，由P=I2R可知車燈的電流變小，故A正確；B．由歐姆定律可知車燈兩端電壓變小，即路端電壓變小，故B正確；C．由閉合電路歐姆定律可知電源內電壓變大，由I總=可知電路的總電流變大，故C錯誤；D．由P總=EI總可知電源的總功率變大，故D正確．故選ABD52202052圖甲表示某?屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況．把這段?屬絲與電池、電流表串聯起來(圖?)，用這段?屬絲做測溫探頭，把電流表的刻度改為相應的溫度刻度，就得到了?個簡易溫度計．下列說法正確的是()A．tA應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關系B．tA應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關系C．tB應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關系D．tB應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關系B保證此區域完整8989R=R0+kt由閉合電路歐姆定律得：I=聯立解得：t=?，可知，溫度與電流是非線性關系，故A錯誤聯立解得：t=?，可知，溫度與電流是非線性關系，故A錯誤，B正確；kIkCD，tB應標在電流較小的刻度上，且溫度與電流是非線性關系，故CD錯誤．故選B【分析】：由甲圖讀出溫度與電阻的關系，再由閉合電路歐姆定律得出電流與電阻的關系，從而得到溫度與電阻的關系，即可分析電阻溫度計的溫度刻度情況．【點評】：本題考查閉合電路歐姆定律，要注意根據圖象列式進行分析，明確題目中給出的信息，再結合閉合電路歐姆定律進行分析即可得出結論． 532019?圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞中心軸以角速度ω順時針轉動．在該橫截面內，?帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A保證此區域完整8989根據幾何關系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO′=60°，所以∠O′MA=75°，粒子在磁場中做勻速圓周運動，周期T=， 圓筒轉動90°所用時間t′=T′=×，粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉動時間相等解得：t=t′，則×=×，即=，故選A考點】：帶電粒子在磁場中的運動．【分析】：粒子在磁場中做勻速圓周運動．【名師點睛】：本題考查了帶點粒子在勻強磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應用牛頓第二定律、數學知識即可正確解題；根據題意作出粒子的運動軌跡是正確解題的關鍵． 542021如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有?電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子．已知電子的比荷為k．則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為() l44保證此區域完整8989B lva24rara=，其中=k，解得 lva24rara=，其中=k，解得va=kBl；根據勾股定理有rd2=(rd?)2+l2，從d點射出的粒5子的軌道半徑為rd子的軌道半徑為rd=l，則vd=kBl，選項B正確．本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動． 5520213?強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．?束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()C保證此區域完整8989粒子在磁場中做勻速圓周運動，所有粒子運動的周期相同，運動時間最長的粒子對應的圓心角最大，設射出磁場對應的點為e，那么ce連線與初速度的夾角最大時，對應粒子運動的時間最長，如圖所示：過c點作半圓的切線，切點為e，那么這個切線與初速度的夾角最大，當粒子恰好打在e點時，對應粒子運O關系得∠Oce=30°，那么弦切角為120°，粒子在磁場中運動的時間t=?=，C的時間t=?=，C正確，ABD錯誤．360°Bq3Bq故選C?abR軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大?軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，然后根據t=T求粒子在磁場中運動的最長時間．【點評】：本題考查的是帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，本題的難點是應用放縮法作圖，找到當粒子運動軌跡半徑等于半圓的半徑時，軌跡對應的圓心角最大． 5620219如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同?水平面內的足夠長的平行?屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖象中可能正確的是()A．B．保證此區域完整8989AC導體棒ab切割磁感線產生由a到b的感應電流，則導體棒ab受到向左的安培力，做減速運動；導體棒cd受到向右的安培力，向右加速運動，則感應電流I=，兩導體棒的相對速度減小，感應電流減小，每個導體棒所受的安培力大小F=BIL，F隨著電流減小而減小，設導體棒質量為m，當兩者速度相等時，電流為零，導體棒的速度由動量守恒定律得mv0=2mv，兩導體棒的速度最終為v=v0，且加本題考查電磁感應和動量守恒規律． 572020III如圖，?邊長為l0的正方形?屬框abcd固定在水平面內，空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場．?長度大于√2l0的均勻導體棒以速率v自左向右在?屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與?屬框接觸良好．已知導體棒單位長度的電阻為r，?屬框電阻可忽略．將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x(0?x?√2l0)變化的關系(??(x,(√(??(0?x?l0l0<x?√2l0保證此區域完整8989當導體棒與?屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法拉第電磁感應定律知，導體棒上感應電動勢的大小為E=Blv①由歐姆定律，流過導體棒的感應電流為I=②式中，R為這?段導體棒的電阻．按題意有R=rl③此時導體棒所受安培力大小為f=BlI④2x,0?x?√2l0由題設和幾何關系有l=2(√2l0?x),2B2vx,0?x?√2l0聯立①②③④⑤式得f=(2l0?x), 582017如圖，空間中存在?勻強磁場區域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內磁場上方有?個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距．若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A．始終減小B．始終不變C．始終增加D．先減小后增加CD保證此區域完整8989A、導線框開始做自由落體運動，ab邊以?定的速度進入磁場，ab邊切割磁場產生感應電流，根據左手定則做加速運動，故先減速后加速運動，故A錯誤、D正確；Bab力等于重力時，線框做勻速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先勻速后加速運動，故B錯誤；Cab速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產生感應電流，此時只受重力，做加速增大的加速運動，故加速運動，故C正確； 592020如圖所示，平面直角坐標系的第?和第?象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形．?位于Oxy平面內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發生轉動)．從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進入磁場．在此過程中，導體框內感應電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，?者與時間t的關系圖像可能正確的是()A．B．保證此區域完整BCAB．第1s內ae邊在第二象限切割磁感線產生感應電動勢，電流恒定，第2s內感應電動勢E=Blv逐2s末感應電動勢是第1s內電動勢的1.5倍，第3～4s內，由于第?和第二象限磁場方向相反，此時有?部分導體在第?象限切割磁感線，所以導體框內感應電流逐漸減小，選項B正確，A錯誤；CD．第1s內ab邊所受安培力F=BIl均勻增大(電流恒定，ab邊進入磁場部分逐漸增大)，第2s內ab邊所受安培力逐漸增大，第2s末安培力是第1s末的3倍(電流是1.5倍，有效長度是2倍)，選項故選BC【分析】：明確線框的速度為每秒勻速向上運動?格，準確分析切割磁感線有效長度變化，根據導體切割磁感線感應電動勢公式結合閉合電路歐姆定律分析電流變化，并計算安培力；在0～1s內只有2格長度切割磁感線，2s末有效長度3格，2s末～4s末第二象限有效長度3格，第?象限有效長度有0增至2格，產生的感應電動勢反向，回路電流減小．【點評】：此題綜合考查了導體切割磁感線感應電動勢、電流、安培力的計算．難點在于切割磁感線有效長度的計算和兩個象限感應電動勢的關系．60202060保證此區域完整如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化．正方形硬質?屬框abcd放置在(1)在t=0到t=0.1s時間內，?屬框中的感應電動勢E；(2)t=0.05s時，?屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；(3)在t=0到t=0.1s時間內，?屬框中電流的電功率P．(1)在t=0到t=0.1s的時間Δt內，磁感應強度的變化量：ΔB=0.2T，設穿過?屬框的磁通量變化量為Δ?，有：Δ?=ΔBl2①由于磁場均勻變化，?屬框中產生的電動勢是恒定的，有：E=②聯立①②式，代入數據解得：E=0.08V③答：在t=0到t=0.1s時間內，?屬框中的感應電動勢為0.08V【分析】：利用法拉第電磁感應定律E=計算．(2)N向垂直于ab向左保證此區域完整設?屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有：I=④由圖可知，t=0.05s時，磁感應強度為B1=0.1T，?屬框ab邊受到的安培力：F=IlB1⑤聯立①②④⑤式，代入數據解得：F=0.016N⑥方向垂直于ab向左⑦答：t=0.05s時，?屬框邊受到的安培力大小為0.016N，方向方向垂直ab向左．【分析】：利用全電路歐姆定律和安培力F=BIL計算．(3)在t=0到t=0.1s時間內，?屬框中電流的電功率：P=I2R⑧P=0.064W⑨答：