考題一 圖象的識(shí)別
1.會(huì)識(shí)圖：理解圖象的意義，斜率、截距、面積的意義，并列出公式.
2.會(huì)作圖：依據(jù)物理現(xiàn)象、物理過(guò)程、物理規(guī)律作出圖象.
3.會(huì)用圖：能結(jié)合物理公式和圖象解決物理問(wèn)題.
例1 a、b兩車(chē)在公路上沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻，b車(chē)在a車(chē)前方500 m處，它們的v－t圖象如圖1所示，下列說(shuō)法正確的是( )
圖1
A.a、b加速時(shí)，物體a的加速度等于物體b的加速度
B.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩車(chē)可以相遇兩次
C.在第60 s時(shí)，物體a在物體b的前方
D.在第40 s末，a、b兩車(chē)相距900 m
解析 由圖可知，a車(chē)加速度為a1＝1.5 m/s2，b車(chē)加速度為a2＝2 m/s2，A錯(cuò)誤；第20 s時(shí)，a車(chē)位移為x1＝40＋102×20 m＝500 m，b車(chē)沒(méi)動(dòng)x2＝0 m，則x1＝x0，a車(chē)追上b車(chē)；第60 s時(shí)，a車(chē)位移為x1′＝x1＋40×40 m＝2 100 m，b車(chē)位移為x2′＝40×802 m＝1 600 m，則x1′＝x2′＋x0，b車(chē)追上a車(chē)，即在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩車(chē)相遇兩次，B正確，C錯(cuò)誤；在第40 s末，a車(chē)位移x1″＝x1＋40×20 m＝1 300 m，b車(chē)位移x2″＝40×202 m＝400 m，則兩車(chē)相距Δx＝x1″－(x2″＋x0)＝400 m，則D錯(cuò)誤.故選B.
答案 B
變式訓(xùn)練
1.一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，對(duì)物體施加一個(gè)大小變化但方向不變的水平拉力F，使物體在水平面上運(yùn)動(dòng)了3 s.若要使物體在3 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的內(nèi)能最大，則力F隨時(shí)間t變化的圖象應(yīng)為( )
答案 B
解析 由題意可知，物體在3 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移最大時(shí)，產(chǎn)生的內(nèi)能最大.物體受到的最大靜摩擦力為μmg＝2 N，當(dāng)F＝5 N時(shí)，a1＝F－μmgm＝3 m/s2，當(dāng)F＝3 N時(shí)，a2＝F－μmgm＝1 m/s2，當(dāng)F＝1 N時(shí)，a3＝F－μmgm＝－1 m/s2.根據(jù)四個(gè)圖象的情況，作出對(duì)應(yīng)的v－t圖象如圖所示，可知B圖在3 s內(nèi)的面積最大，即物體位移最大，故內(nèi)能最大.故選B.
2.在“蹦床”娛樂(lè)活動(dòng)中，從小朋友下落到離地面高h(yuǎn)1處開(kāi)始計(jì)時(shí)，其動(dòng)能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖2所示.在h1～h2階段圖象為直線，其余部分為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖象的最高點(diǎn)，小朋友的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦.下列有關(guān)說(shuō)法正確的是( )
圖2
A.整個(gè)過(guò)程中小朋友的機(jī)械能守恒
B.從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過(guò)程中，其加速度先減小后增大
C.小朋友處于h＝h4高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)
D.小朋友從h1下降到h5過(guò)程中，蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mgh1
答案 BC
解析 小朋友接觸蹦床后，蹦床對(duì)小朋友的彈力做功，故整個(gè)過(guò)程中小朋友的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過(guò)程中，蹦床對(duì)小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，故加速度先減小后增大，B正確；由題圖知，小朋友在h2處和h4處動(dòng)能相等，根據(jù)蹦床和小朋友組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得，小朋友處于h4高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，C正確；小朋友從h1下降到h5過(guò)程中，蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，D錯(cuò)誤.
3.如圖3所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，給棒通以圖示方向的電流且電流強(qiáng)度與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.下列關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是( )
圖3
答案 BD
解析 從t＝0時(shí)刻起，金屬棒通以I＝kt的電流，由左手定則知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導(dǎo)軌，導(dǎo)致棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的摩擦力增大，加速度減小，因速度與加速度方向相同，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng).當(dāng)滑動(dòng)摩擦力等于重力時(shí)，加速度為零，速度最大，當(dāng)安培力繼續(xù)增大時(shí)，滑動(dòng)摩擦力大于重力，加速度方向豎直向上，與速度方向相反，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，v－t圖象的斜率表示加速度的大小.
考題二 圖象的綜合應(yīng)用
1.物理圖象不僅能夠直接反映物理量的大小、方向，而且圖線的斜率、線與坐標(biāo)軸圍成的面積也有特定的物理意義.在解題時(shí)要充分理解圖象反映的信息，挖掘圖象中隱含的條件.
2.通過(guò)分析圖象，能夠根據(jù)相應(yīng)的物理知識(shí)來(lái)建立物理量間的函數(shù)關(guān)系式，可以直接讀出或求出某些待求的物理量，還可以探究某些物理規(guī)律，或測(cè)定某些物理量，分析某些復(fù)雜的物理過(guò)程.
3.掌握用物理圖象解決問(wèn)題的方法，通過(guò)對(duì)物理圖象的分析來(lái)提高對(duì)物理知識(shí)的理解和記憶能力.
例2 如圖4甲所示，在距離地面高度為h＝0.80 m的平臺(tái)上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質(zhì)量m＝0.50 kg、可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊相接觸(不粘連)，OA段粗糙且長(zhǎng)度等于彈簧原長(zhǎng)，其余位置均無(wú)阻力作用.物塊開(kāi)始靜止于A點(diǎn)，與OA段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50.現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向左的外力F，大小隨位移x變化關(guān)系如圖乙所示.物塊向左運(yùn)動(dòng)x＝0.40 m到達(dá)B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，隨即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運(yùn)動(dòng)，從M點(diǎn)離開(kāi)平臺(tái)，落到地面上N點(diǎn)，取g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.彈簧被壓縮過(guò)程中外力F做的功為6.0 J
B.彈簧被壓縮過(guò)程中具有的最大彈性勢(shì)能為6.0 J
C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做功為4.0 J
D.MN的水平距離為1.6 m
解析 根據(jù)F－x圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示力F做的功，則彈簧被壓縮過(guò)程中外力F做的功為 WF＝6＋182×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J，A正確；物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝1.0 J，根據(jù)能量守恒可知，彈簧被壓縮過(guò)程中最大彈性勢(shì)能為 Ep＝WF－Wf＝5.0 J，B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做功為 Wf總＝2μmgx＝2.0 J，C錯(cuò)誤；設(shè)物塊離開(kāi)M點(diǎn)時(shí)的速度為v，對(duì)整個(gè)過(guò)程由能量守恒得：12mv2＝WF－Wf總，解得v＝4 m/s，物塊離開(kāi)M點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝12gt2，x＝vt，解得x＝1.6 m，D正確.
答案 AD
變式訓(xùn)練
4.一摩托車(chē)在t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的a－t圖象如圖5所示，根據(jù)已知的信息，可知( )
圖5
A.摩托車(chē)的最大動(dòng)能
B.摩托車(chē)在30 s末的速度大小
C.在0～30 s的時(shí)間內(nèi)牽引力對(duì)摩托車(chē)做的功
D.10 s末摩托車(chē)開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)
答案 B
解析 由圖可知，在0～10 s摩托車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，10～30 s做減速運(yùn)動(dòng)，故10 s末速度最大，動(dòng)能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托車(chē)的質(zhì)量未知，故不能求最大動(dòng)能，A錯(cuò)誤；根據(jù)a—t圖象與t軸所圍的面積表示速度變化量，可求出30 s內(nèi)速度的變化量，由于初速度為0，則可求摩托車(chē)在30 s末的速度大小，B正確；在10～30 s牽引力是變力，由于不能求出位移，也不知道摩托車(chē)的質(zhì)量，故不能求出牽引力對(duì)摩托車(chē)做的功，C錯(cuò)誤；根據(jù)“面積”表示速度變化量可知，30 s內(nèi)速度變化量為零，所以摩托車(chē)一直沿同一方向運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.故選B.
5.如圖6所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱放置，下列能正確描述其位于x軸上的電場(chǎng)或電勢(shì)分布隨位置x變化規(guī)律正確的是( )
圖6
答案 A
解析 由兩個(gè)等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線分布圖，結(jié)合“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低”的原理，可知從左側(cè)無(wú)窮遠(yuǎn)處向右，電勢(shì)從零逐漸升高，正電荷所在位置處最高，然后電勢(shì)再減小，O點(diǎn)處電勢(shì)為零，故O點(diǎn)右側(cè)電勢(shì)為負(fù)，同理到達(dá)負(fù)電荷時(shí)電勢(shì)最小，且電勢(shì)為負(fù)，從負(fù)電荷向右，電勢(shì)開(kāi)始升高，直到無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小可知，從正電荷到負(fù)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，但O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故C、D錯(cuò)誤.
6.如圖7所示，abcd為一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與線框的cd邊平行，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里.線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向運(yùn)動(dòng)，直至通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域.cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為x＝0，線框開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng).線框中電流沿逆時(shí)針時(shí)為正，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位置坐標(biāo)x變化的圖線可能是( )
圖7
答案 C
解析 線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做勻速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv恒定，線框中的電流大小恒定，方向沿逆時(shí)針?lè)较颍琣、b兩端的電壓Uab＝Blv4；線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)閉合電路的磁通量不變，線框中感應(yīng)電流為零，做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab邊兩端的電壓 Uab＝Blv不斷增大，Uab與位移x不是線性關(guān)系；線框離開(kāi)磁場(chǎng)，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，線框剛好完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度大于或等于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，不可能為零，故此時(shí)電流也不可能為零，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.
專題規(guī)范練
1.一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的位移x跟時(shí)間t的比值xt與時(shí)間t的關(guān)系圖線為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，如圖1所示.由圖可知，t＝2 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度大小為( )
圖1
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 由圖得xt＝t，由位移公式x＝v0t＋12at2得xt＝v0＋12at，對(duì)比兩式得v0＝0，a＝2 m/s2，即質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng).故t＝2 s時(shí)的速度大小為v＝at＝4 m/s.故選B.
2.如圖2所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤(pán)B上，以FN表示B對(duì)A的作用力，x表示彈簧的伸長(zhǎng)量.初始時(shí)，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x＝0).現(xiàn)改變力F的大小，使B以g2的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)(g為重力加速度，空氣阻力不計(jì))，此過(guò)程中FN或F隨x變化的圖象正確的是( )
圖2
答案 D
解析 當(dāng)彈簧的彈力增大到mg2時(shí)，物塊和托盤(pán)間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的mg2線性減小到零，力F由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的mg線性減小到mg2；此后托盤(pán)與物塊分離，力F保持mg2不變，故D正確.
3.圖3甲是張明同學(xué)站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，點(diǎn)P 是他的重心位置.圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫(huà)出的力—時(shí)間圖線.兩圖中a～g 各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫(huà)出.取重力加速度g＝10 m/s2.根據(jù)圖象分析可知( )
圖3
A.張明的重力為1 500 N
B.c點(diǎn)位置張明處于失重狀態(tài)
C.e點(diǎn)位置張明處于超重狀態(tài)
D.張明在d點(diǎn)的加速度小于在f點(diǎn)的加速度
答案 C
解析 開(kāi)始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對(duì)傳感器的壓力是500 N，故人的重力也是500 N，A錯(cuò)誤；c點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于重力，處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；e點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于重力，處于超重狀態(tài)，C正確；人在d點(diǎn)：a1＝Fd－Gm＝20 m/s2.在f點(diǎn)：a2＝G－0m＝10 m/s2，可知d點(diǎn)的加速度大于f點(diǎn)的加速度，D錯(cuò)誤.
4.(多選)如圖4甲所示，小物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙斜面上.現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖丙所示，取sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.物塊的質(zhì)量為1 kg
B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7
C.0～3 s內(nèi)力F做功的平均功率為0.32 W
D.0～3 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12 J
答案 AD
解析 由速度圖象知，在1～3 s內(nèi)F＝0.8 N，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，且a＝0.4 m/s2，由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，在3～4 s 內(nèi)F＝0.4 N，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡有F＝μmgcos θ－mgsin θ，聯(lián)立得m＝1 kg，μ＝0.8，故A正確，B錯(cuò)誤；在0～1 s內(nèi)物塊靜止F不做功，在1～3 s內(nèi)F＝0.8 N，位移x＝12at2＝0.8 m，在0～3 s內(nèi)F做功的平均功率為：P＝Wt＝Fxt＝0.8×0.83 W≈0.213 W，C錯(cuò)誤；在0～3 s內(nèi)物塊克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ•x＝5.12 J，D正確.
5.如圖5所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)有以對(duì)角線為邊界，垂直于紙面的兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為a的正方形導(dǎo)線框沿著x軸勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，在t＝0時(shí)，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O處且恰好開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域.取順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中感應(yīng)電流的正方向，則下列圖象中能夠正確表示從t＝0時(shí)刻開(kāi)始感應(yīng)電流與導(dǎo)線框位移關(guān)系的是( )
圖5
答案 B
解析 x在0～a范圍內(nèi)，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流大小i＝Ba－xv－BxvR＝BvR(a－2x)，其中x在0～a2范圍內(nèi)感應(yīng)電流為順時(shí)針，為正方向；x＝a2時(shí)，i＝0；x在a2～a范圍內(nèi)，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，為負(fù)方向；x在a～2a內(nèi)，感應(yīng)電流大小 i＝B[a－x－a]v－Bx－avR＝BvR(3a－2x)，其中，x在a～32a感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，為負(fù)方向.x＝32a時(shí)，i＝0；x在32a～2a范圍內(nèi)，感應(yīng)電流沿順時(shí)針，為正方向，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.故選B.
6.某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場(chǎng)，其中豎直的一條電場(chǎng)線如圖6甲中虛線所示.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場(chǎng)中從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿電場(chǎng)線豎直向下運(yùn)動(dòng).以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力.則( )
圖6
A.電場(chǎng)強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向
B.從O到x1的過(guò)程中，小球的速率越來(lái)越大，加速度越來(lái)越小
C.從O到x1的過(guò)程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場(chǎng)力做的功相等
D.到達(dá)x1位置時(shí)，小球速度的大小為 2E1－E0＋mgx1m
答案 D
解析 物體的機(jī)械能逐漸減小，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，即沿x軸負(fù)方向，由機(jī)械能的變化關(guān)系知，相等位移內(nèi)電場(chǎng)力做功越來(lái)越小，說(shuō)明電場(chǎng)力減小，故電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律知，物體受重力與電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力向上，重力向下，開(kāi)始時(shí)重力大于電場(chǎng)力，因電場(chǎng)力越來(lái)越小，故合力越來(lái)越大，加速度越來(lái)越大，速度越來(lái)越大，B錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力越來(lái)越小，在相等的位移內(nèi)小球克服電場(chǎng)力做功越來(lái)越小，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理mgx1＋E1－E0＝12mv2－0，得到達(dá)x1位置時(shí)，小球速度v＝ 2E1－E0＋mgx1m，D正確.故選D.
7.(多選)兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖7甲所示，一個(gè)電荷量為2×10－3 C，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線).則下列說(shuō)法正確的是( )
圖7
A.由C到A的過(guò)程中物塊的電勢(shì)能先減小后變大
B.B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E＝100 V/m
C.由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低
D. B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBA＝5 V
答案 BC
解析 由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由v－t圖可知帶電粒子的速度增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，A錯(cuò)誤；由v－t圖可知帶電粒子在B點(diǎn)的加速度最大為2 m/s2，所受的電場(chǎng)力最大為0.2 N，由E＝Fq知，B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大為100 N/C，B正確；因兩個(gè)等量的同種正電荷其連線的中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)逐漸減小，C正確；由v－t圖得A、B兩點(diǎn)的速度，由動(dòng)能定理得WBA＝12mv 2A－12mv 2B＝1 J，電勢(shì)差UBA＝WBAq＝500 V，D錯(cuò)誤.故選B、C.
8.(多選)如圖8所示，半圓形固定軌道AO段光滑，OB段粗糙且各處粗糙程度相同.一質(zhì)量為m的滑塊從半圓形軌道左側(cè)最高點(diǎn)A處由靜止下滑，到達(dá)最低點(diǎn)O以后再?zèng)_上軌道右側(cè)高度為H的B處.取O點(diǎn)重力勢(shì)能為零，在滑塊從O到B，再?gòu)腂回到O的過(guò)程中，滑塊的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek隨高度h的關(guān)系可能是( )
圖8
答案 AC
解析 在滑塊從O到B，再?gòu)腂回到O的過(guò)程中，由于滑塊要克服摩擦力做功，所以滑塊的機(jī)械能不斷減小，經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)，向上運(yùn)動(dòng)的速度大于向下運(yùn)動(dòng)的速度(除B點(diǎn)以外)，由向心力知識(shí)可知，經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊所受的軌道支持力大，則滑塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)軌道的壓力較大，摩擦力較大，由功能關(guān)系知：FfΔh＝ΔE，可知E－h(huán)圖象切線的斜率表示摩擦力大小，則A圖是可能的，B圖不可能，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得：F合Δh＝ΔEk，可知Ek－h(huán)圖象切線的斜率表示合力大小，滑塊在同一點(diǎn)(B點(diǎn)除外)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力大于向下運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力大小，因此C圖可能正確，D不可能，故C正確，D錯(cuò)誤.
9.如圖9(a)所示，平行且光滑的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距L＝0.4 m.導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻r＝1 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度也為L(zhǎng).從0時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開(kāi)始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1 s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求：
圖9
(1)棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，電阻R中電流的大小和方向；
(2)棒通過(guò)abcd區(qū)域的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電量；
(3)棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式.
答案 (1)0.02 A Q到N (2)0.02 C
(3)i＝12(t－1) A(1.0 s ≤t≤1.2 s)
解析 (1)棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，正方形區(qū)域abcd的磁場(chǎng)均勻增大，由楞次定律可知，通過(guò)R的電流方向?yàn)镼到N
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝ΔBSΔt＝0.04 V
流過(guò)R的電流為：I＝ER＋r＝0.02 A
(2)由題得：通過(guò)R的電量為q＝IΔt＝ER＋rΔt＝ΔΦΔtR＋rΔt＝0.02 C
(3)由題可得：i＝ER＋r＝BL有效vR＋r＝12(t－1)A(1.0 s≤t≤1.2 s)
10.足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點(diǎn)有一小段弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn).現(xiàn)在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α＝53°的恒力F，如圖10(a)所示，小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖(b)所示，到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求：
圖10
(1)小物塊所受到的恒力F的大��；
(2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間；
(3)小物塊能否返回到A點(diǎn)？若能，計(jì)算小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度；若不能，計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離.
答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m
解析 (1)由圖(b)可知，AB段的加速度
a1＝ΔvΔt＝0.5 m/s2
由牛頓第二定律有：Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma
得F＝ma＋μmgcos α＋μsin α＝11 N
(2)在BC段有：mgsin α＝ma2
得a2＝gsin α＝8 m/s2.
小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等，有t＝2vBa2＝0.5 s
(3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有：μmg＝ma3
得a3＝μg＝5 m/s2
滑行的距離s＝v 2B2a3＝0.4 m<sAB＝vB2t＝4.0 m
所以小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m.
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