PAGEPAGE1課時作業(十五)一、選擇題(共19個小題，6、8、9、10、11、12、16、17、18、19為多選，其余為單項選擇題)1.(2024·德陽模擬)某位同學在電梯中用彈簧測力計測量一物體的重力，在0至t3時間段內，彈簧測力計的示數F隨時間t變更如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關于物體運動的a-t圖、v-t圖及P-t圖(P為物體重力的功率大小)可能正確的是()答案C解析由于該題沒有告知彈簧的拉力與重力大小之間的關系，可以依題意，分三種狀況探討：(1)若F1＝mg，則0～t1時間內電梯靜止或做勻速直線運動，即速度等于0，或速度保持不變，加速度等于0.四個圖線沒有是可能的；(2)若F2＝mg，則F1<mg，在0～t1時間內電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負值．所以D是不行能的；加速度的方向向下，則物體0～t1時間內在可能向下做加速運動，速度為負，故A、B是不行能的；而t1～t2時間內受到的合外力等于0，物體做勻速直線運動，物體的速度不變，故B是錯誤的；又由：P＝mgv，可知t1～t2時間內重力的功率不變，故C是錯誤的；(3)若F3＝mg，則F1<mg，F2<mg，在0～t2時間內電梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不行能的；F3＝mg，可知在0～t1時間內向下的加速度大于t1～t2時間內向下的加速度，而t2～t3時間內物體做勻速直線運動，所以速度圖像如圖，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，圖C是重力的功率隨時間變更的圖線．故C是正確．由以上的分析，可知只有C項是可能的，ABD都是不行能的．故選C項．2．(2024·南通模擬)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圖像如乙圖所示，下列說法正確的是()A．當地的重力加速度大小為eq\f(R,b)B．小球的質量為eq\f(a,b)RC．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A項，在最高點，若v＝0，則N＝mg＝a；若N＝0，則mg＝meq\f(b,R)，解得g＝eq\f(b,R)，m＝eq\f(a,b)R，故A項錯誤，B項正確；C項，由圖可知：當v2<b時，桿對小球彈力方向向上，當v2>b時，桿對小球彈力方向向下，所以當v2＝c時，桿對小球彈力方向向下，故C項錯誤；D項，若c＝2b.則N＋mg＝meq\f(2b,R)，解得N＝a，故D項錯誤．故選B項．3．(2024·南通模擬)如圖所示，A為一足夠長的固定斜面，物塊B由靜止釋放后能沿斜面勻加速下滑，現使物塊B在t＝0時由靜止釋放，并同時受到一隨時間變更規律F＝kt的垂直于斜面的作用力，v、f、a和E分別表示物塊的速度、物塊所受的摩擦力、物塊的加速度和機械能，則下列描述v、f、a和E隨時間t變更規律的圖像中，可能正確的是()答案A解析A、C項，物體受重力、F、斜面支持力和滑動摩擦力，滑動摩擦力大?。篺＝μ(F＋mgcosθ)＝μ(kt＋mgcosθ)可知，小球受到的滑動摩擦力越來越大，則小球的合外力：F合＝mgsinθ－f＝mgsinθ－μ(kt＋mgcosθ)依據牛頓其次定律得F合＝ma得a＝gsinθ－μ(eq\f(k,m)t＋gcosθ)可知當mgsinθ>f時，物塊受到的合外力勻稱減小，方向沿斜面對下，則加速度勻稱減小，方向沿斜面對下．當mgsinθ＝f時，合外力為零，加速度為零．當mgsinθ<f時，物塊受到的合外力勻稱增大，方向沿斜面對上，則加速度勻稱增大，方向沿斜面對上．依據v-t圖像的斜率等于加速度，知A圖正確，故A項正確，C項錯誤．B項，由f＝μ(kt＋mgcosθ)，知f先勻稱增大，當物塊靜止時，f不變，故B項錯誤．D項，物塊停止運動前只有重力和摩擦力做功，機械能的削減等于摩擦力做的功，由fΔx＝ΔE，得eq\f(ΔE,Δx)＝f，可得eq\f(ΔE,Δt)·eq\f(Δt,Δx)＝f，又v＝eq\f(Δx,Δt)所以eq\f(ΔE,Δt)＝fv，則知E-t圖像的斜率是變更的，可知物塊停止運動前，E-t圖像應是曲線，故D項錯誤；故選A項．4．(2024·宜興市模擬)一滑塊以肯定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙．滑塊運動過程中加速度大小與時間關系圖像如圖所示．下列四幅圖像分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間變更的關系圖像，其中正確的是()答案D解析滑塊沖上斜面到沿斜面下滑究竟端的過程，先勻減速后勻加速，上滑過程x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，下滑過程x＝－eq\f(1,2)a2(t－t1)2，所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從x－t圖線的斜率，由過程可知：速度先減小后增大，所以斜領先減小后增大)．所以A項錯誤；因為有摩擦力，所以機械能有損失，回究竟端的速度必小于v0，所以B項錯誤；因為動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，即上滑過程有Ek＝eq\f(1,2)m(v0－a1t)2，下滑過程有Ek＝eq\f(1,2)m[a2(t－t1)]2，上滑到最高點的動能為0，所以C項錯誤；重力勢能Ep＝mgh，所以重力勢能先增加后減小，即D項正確．5．(2024·淮南二模)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，若不計空氣阻力，則在整個上升過程中，下列關于物體機械能E和動能Ek隨時間變更的圖像正確的是()答案A解析A、B項，設物體在恒力作用下做勻加速運動的加速度為a，則機械能增量ΔE＝E＝Fh＝F·eq\f(1,2)at2，知E-t圖像是開口向上的拋物線(右支)．撤去拉力后，機械能守恒，則機械能隨時間不變，E-t圖像是平行于t軸的直線．故A項正確，B項錯誤．C、D項，物體做勻加速運動時，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(at)2，知Ek-t圖像是開口向上的拋物線(右支)．撤去恒力后，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，動能起先減小，Ek-t圖像是開口向下的拋物線，故C、D兩項錯誤．故選A項．6．(2024山東齊魯名校)一鋼球從某高度自由下落在一放在水平地面的彈簧上，從鋼球與彈簧接觸到壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力F、鋼球的加速度a、重力所做的功WG以及鋼球的機械能E與彈簧壓縮量x的變更圖線如下圖(不考慮空氣阻力)，選鋼球與彈簧起先接觸點為原點，建立圖示坐標系，并規定向下為正方向，則下述選項中的圖像符合實際的是()答案BC解析由于向下為正方向，而彈簧中的彈力方向向上，所以A項中的圖線應當是負值，在橫軸下方，A項錯誤；依據a＝eq\f(mg－kx,m)＝g－eq\f(k,m)x，B項正確，依據重力做功的計算式WG＝mgx，C項正確．鋼球和彈簧整體的機械能守恒，故D項錯誤．7.將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上上升度h間的關系分別如圖中兩直線所示．取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小球的質量為0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20NC．小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f(20,13)mD．小球上升到2m時，動能與重力勢能之差為0.5J答案D解析在最高點，由Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE，可知－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0.25N，B項錯誤，設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由動能定理－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，得H＝eq\f(20,9)m，故C項錯；當上升h′＝2m時，由動能定理－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mv02，得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以動能與重力勢能之差為0.5J，故D項正確．8．(2024·肇慶三測)x軸上O點右側各點的電場方向與x軸方向一樣，O點左側各點的電場方向與x軸方向相反，若規定向右的方向為正方向，x軸上各點的電場強度E隨x變更的圖像如圖所示，該圖像關于O點對稱，x1和－x1為x軸上的兩對稱點．下列說法正確的是()A．O點的電勢最低B．x1和－x1兩點的電勢相等C．電子在x1處的電勢能大于在－x1處的電勢能D．電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，則到達O點時速度最大答案BD解析從圖像可以看出，電場強度的大小和方向都沿x軸對稱分布，沿著電場強度的方向，電勢肯定降低，故依據其電場強度E隨x變更的圖像簡單推斷，O點的電勢最高，A項錯誤；由于x1和－x1兩點關于O點對稱，且電場強度的大小也相等，故從O點到x1和從O點到－x1電勢著陸相等，故x1和－x1兩點的電勢相等，B項正確；x1和－x1兩點的電勢相等，電子在x1處的電勢能等于在－x1處的電勢能，C項錯誤；電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，O點的電勢最高，電子在O點電勢能最低，所以動能最大，所以速度最大，D項正確．9．(2024·吉林省試驗中學二模)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0起先漸漸增大的過程中，加速度a隨外力F變更的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則可以計算出()A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F為14N時物體的速度C．物體與水平面間的動摩擦因數D．物體的質量答案ACD解析物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力依據牛頓其次定律，得F－μmg＝ma解得a＝eq\f(F,m)－μg由a－F圖線，得到0．5＝eq\f(7,m)－10μ①4＝eq\f(14,m)－10μ②①②聯立得，m＝2kg，μ＝0.3，故C、D項正確；故a＝0時，F最大為7N，即最大靜摩擦力為7N，故A項正確；由于物體先靜止后又做變加速運動，無法求速度，故B項錯誤．10．如圖甲所示，一物體懸掛在細繩下端，由靜止起先沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能E與物體通過路程x的關系圖像如圖乙所示，其中0～x1過程的圖像為曲線，x1～x2過程的圖像為直線(忽視空氣阻力)．則下列說法正確的是()A．0～x1過程中物體所受拉力是變力，且肯定不斷減小B．0～x1過程中物體的動能肯定先增加后減小，最終為零C．x1～x2過程中物體肯定做勻速直線運動D．x1～x2過程中物體可能做勻加速直線運動，也可能做勻減速直線運動答案AB解析由功能關系可知，E-x圖像切線斜率的肯定值等于物體所受拉力大小，在0～x1內斜率的肯定值漸漸變小，故在0～x1內物體所受的拉力漸漸減小，A項正確；由題圖可知0～x1內機械能增加，繩子拉力做正功，物體向上運動，x1～x2內機械能減小，繩子拉力做負功，物體向下運動，在x1位置處速度為零，初始時刻速度也為零，B項正確；x1～x2內E-x圖像切線斜率的肯定值不變，故物體所受拉力保持不變，物體可能做勻速直線運動或勻加速直線運動，C、D兩項錯誤．11.如圖所示，長為L＝6m、質量為m＝10kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數為μ＝0.2，一個質量為M＝50kg的人從木板的左端起先向右加速跑動，從人起先跑到人離開木板的過程中，以下v-t圖像可能正確的是(g取10m/s2，a為人的v-t圖像，b為木板的v-t圖像)()答案ABC解析人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板與地面之間的最大靜摩擦力fm＝μ(M＋m)g＝120N；A項中人的加速度a1＝1m/s2，f＝Ma1＝50N<120N，木板靜止不動，t＝2eq\r(3)s內人的位移x＝6m，A項正確；同理B項正確；C項中人的加速度a1＝3m/s2，f＝Ma1＝150N>120N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3m/s2，t＝eq\r(2)s內人的位移大小x1＝3m，木板的位移大小x2＝3m，C項正確；D項中木板的位移為負，應在時間軸的下方，因此D項錯誤．12．(2015·課標全國Ⅰ)如圖甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示，若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數D．物塊沿斜面對上滑行的最大高度答案ACD解析向上滑動到最高點過程為勻變速直線運動，由受力和牛頓其次定律，可得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，依據圖乙可得a1＝－v0/t1，由運動學公式得沿斜面對上滑行的最遠距離x＝eq\f(v0,2)t1和幾何關系sinθ＝H/x；從上往下滑過程也為勻變速直線運動，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，v1＝a2(2t1－t1)．解以上各式，可得斜面的傾角θ＝arcsineq\f(v1＋v0,2gt1)，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，A、C項對．依據斜面的傾斜角度可計算出物塊沿斜面對上滑行的最大高度H＝xsinθ＝eq\f(v0（v1＋v0）,4g)，故D項正確；僅依據速度－時間圖像，無法求出物塊質量，B項錯誤．13.(2024·南關區校級二模)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態．現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體起先向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示(g＝10m/s2)，則下列結論正確的是()A．物體的加速度大小為5m/s2B．彈簧的勁度系數為7.5N/cmC．物體的質量為3kgD．物體與彈簧分別時，彈簧處于壓縮狀態答案A解析A、B、C項，剛起先物體處于靜止狀態，重力和彈力二力平衡，有mg＝kx①拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，依據牛頓其次定律，有F1＋kx－mg＝ma②物體與彈簧分別后，拉力F2為30N，依據牛頓其次定律，有F2－mg＝ma③代入數據解得m＝2kgk＝500N/m＝5N/cma＝5m/s2故B項錯誤，C項錯誤，A項正確；D項，物體與彈簧分別時，彈簧復原原長，故D項錯誤；故選A項．14．一小物塊沿斜面對上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()答案C解析設斜面的傾角為θ，物塊的質量為m，沿斜面對上為位移正方向；依據動能定理：上滑過程中：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑過程中：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；依據能量守恒定律可得，最終的總動能減?。蔆項正確、A、B、D三項錯誤．15．(2024·洛陽一模)如圖甲所示，光滑導軌水平放置在與水平方向成60°角斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變更規律如圖乙所示(規定斜向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止狀態．規定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0～t時間內，能正確反映流過導體棒ab的電流i和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變更的圖像是()答案D解析由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)sin60°可知，電動勢保持不變，則電路中電流不變；由安培力F＝BtIL可知，電路中安培力隨B的變更而變更，當B為負值時，安培力的方向為負，B為正值時，安培力為正值，故D項正確；故選D項．16．(2024·上海二模)如圖甲所示，相距為2L的光滑平行金屬導軌水平放置，右側接有定值電阻R，導軌電阻忽視不計，OO′的左側存在垂直于導軌平面對下、磁感應強度為B的勻強磁場．在OO′左側L處垂直導軌放置一質量為m、電阻為0.5R的金屬桿ab，ab在恒力F的作用下由靜止起先向右運動3L的距離，其速度與位移的變更關系如圖乙所示．下列推斷中正確的是()A．ab即將離開磁場時，安培力的大小為eq\f(2B2L2v1,3R)B．整個運動的過程中，通過電阻R上的電量為eq\f(4BL2,3R)C．ab即將離開磁場時，加速度的大小為eq\f(v22－v12,4L)－eq\f(8B2L2v1,3mR)D．整個過程中，電阻R上產生的焦耳熱為eq\f(1,6)m(v22－3v12)答案BCD解析A項，ab即將離開時，速度為v1，電動勢E＝2BLv1，電流I＝eq\f(E,0.5R＋R)；安培力F＝2BIL＝eq\f(8B2L2v1,3R)；故A項錯誤；B項，整個過程中，磁通量的變更量為ΔΦ＝2BL2；產生的電量q＝eq\f(ΔΦ,1.5RΔt)·Δt＝eq\f(2BL2,1.5R)＝eq\f(4BL2,3R)；故B項正確；C項，ab桿在位移L到3L的過程中，由動能定理得：F(3L－L)＝eq\f(1,2)m(v22－v12)；解得：F＝eq\f(m（v22－v12）,4L).設加速度為a，則F安＝BI×2L.I＝eq\f(2BLv1,R)，a＝eq\f(F－F安,m)，聯立解得：a＝eq\f(v22－v12,4L)－eq\f(8B2L2v1,3mR)；故C項正確；D項，ab桿在磁場中發生L位移過程中，恒力F做的功等于ab桿增加的動能和回路產生的電能(即電阻R上產生的電熱Q1和金屬桿上的電熱Q2)，由能量守恒定律得：FL＝eq\f(1,2)mv12＋Q1＋Q2，Q1＝2Q2，聯立解得：Q1＝eq\f(1,6)m(v22－3v12)，故D項正確．17.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN.現從t＝0時刻起，給棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列關于棒的速度v、加速度a隨時間t變更的關系圖像，可能正確的是()答案BD解析對棒，由牛頓其次定律，mg－μBLkt＝ma，變形得加速度a＝g－eq\f(μBLk,m)t，則D項正確；當mg>μBLkt，加速度向下，棒做加速度減小的加速運動，當mg<μBLkt，加速度向上，做加速度增大的減速運動，則B項正確．18．(2024·湖北七市聯考)在絕緣的水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導軌，導軌間的距離為l.金屬棒ab和cd垂直放在導軌上，兩棒正中間用一根長l的絕緣細線相連．棒ab右側有始終角三角形勻強磁場區域，磁場方向豎直向下，三角形的兩條直角邊長均為l，整個裝置的俯視圖如圖所示．從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區，則金屬棒ab