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专题10 图像50题专练-2022年新课标高中物理图像与方法

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专题10 图像50题专练

1.(2020·百校联盟尖子生联考)如图所示，是一个质点在一段时间内的v－t图象，在这段时间内，质点沿正方向运动的平均速度大小为v1，沿负方向运动的平均速度大小为v2，则下列判断正确的是(　　)

A．v1>v2 B．v1 C．v1＝v2 D．以上三种情况均有可能
【答案】　B
【解析】　由题图可知，正向运动时，质点的位移小于质点做匀减速运动的位移，可知平均速度大小v1＜v0，同理反向运动时位移大于匀加速运动的位移，平均速度大小v2＞v0，因此有v1＜v2，选项B正确．
2.(2020·四川德阳市二诊)甲、乙两车某时刻由同一地点、沿同一方向开始做直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示，则(　　)

A．0时刻，甲车速度比乙车小
B．t2时刻，甲、乙两车速度相等
C．0～t1时间内，甲车的平均速度比乙车大
D．0～t2时间内，甲车通过的距离大
【答案】　C
【解析】　因x－t图象的斜率表示速度，可知0时刻，甲车速度比乙车大，t2时刻，甲、乙两车速度不相等，选项A、B错误；0～t1时间内，甲车的位移大于乙车的位移，可知甲车的平均速度比乙车大，选项C正确；0～t2时间内，两车通过的距离相等，选项D错误．
3.(2021·浙江Z20联盟第三次联考)我们在研究v－t图线与横坐标轴围成的面积的意义时，曾经用过这样的方法：如图甲所示，取微小时间段，可以近似看成匀速直线运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与横坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移．利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量y随另一个物理量x变化的图象，下列说法中正确的是(　　)

A．如果y为物体的加速度a，x是时间t，则图线和横坐标轴围成的面积表示该物体在某时刻的瞬时速度v
B．如果y为某元件的电压U, x为电流I，则图线和横坐标轴围成的面积表示对应状态下该元件的电功率P
C．如果y为变化磁场在单匝金属线圈产生的电动势E, x为时间t，则图线和横坐标轴围成的面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量ΔB
D．如果y为物体受到的力F, x为时间t，则图线和横坐标轴围成的面积等于该力在这段时间内的冲量I
【答案】　D
4.(2020·上海市青浦区期末)质量为m、初速度为零的物体，在变化情况不同的合外力作用下都通过位移x0.下列各种情况中合外力做功最多的是(　　)

【答案】　C
【解析】　由F－x图象与横坐标轴围成的面积表示功知，C中面积最大，合外力做功最多．
5.(2021·福建南平市高三第一次质检)如图所示，宽度为L的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个高为L的梯形闭合金属线框abcd沿垂直于磁场边界向右匀速穿过磁场，速度大小为v，ab、cd边始终保持与磁场边界平行，金属线框ab边到达磁场左边界时为t＝0时刻，规定向左为线框所受安培力F的正方向，关于线框所受安培力F与时间t关系图象可能正确的是(　　)

【答案】　D
【解析】　设ab边的长为l0，ad边与水平方向夹角为α，bc边与水平方向夹角为β，线框总电阻为R，线框进入磁场的过程中，所受的安培力向左：
F＝BIl＝＝当线框向右运动进入磁场时，由于有效切割长度l逐渐增加，所以安培力增加，但非线性增加；当线框全部进入磁场的瞬时安培力为零；同理，出磁场过程中，有效切割长度也是逐渐增加，所以安培力也是逐渐增加，但非线性增加，且所受安培力方向向左，选项D正确．
6.(2021·湖北随州市3月调研)某物体在水平面上从静止开始向右做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，下列关于物体所受合外力F、瞬时速度v、距起始点的距离x、合外力做功的功率P随时间t变化的大致图象正确的是(　　)

【答案】　B
【解析】　由题图可知，加速度先增大后减小，所以根据牛顿第二定律可知，合外力先增大后减小，故A错误；物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，速度－直增加，速度－时间图象的斜率表示加速度，故斜率先增大后减小，故B正确；物体一直向一个方向做加速运动，位移一直增加，位移－时间图象的斜率表示速度，故斜率一直增大，故C错误；根据功率公式可知，合外力为零时，功率为零，则当加速度为零时，功率为零，故D错误．
7.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)

A．电子一直向着A板运动
B．电子一直向着B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
【答案】　D
【解析】　根据交变电压的变化规律，可确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，

从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始时B极板电势高于A极板电势，所以电子先向B极板运动，加速度大小为；在第三个内做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这个半个周期内运动方向与前半个周期相反，电子向A极板运动，加速度大小为，所以，电子做周期性往复运动，综上分析正确选项为D.
8.(多选)(2021·山东潍坊市4月模拟)汽车沿直线运动，其运动图象如图3所示，下列说法正确的是(　　)

A．若y表示速度，则汽车在第2 s末速度方向发生改变
B．若y表示速度，则汽车在4 s内的位移大小为4 m
C．若y表示位移，则汽车在第2 s末速度方向发生改变
D．若y表示位移，则汽车在4 s内的位移大小为4 m
【答案】　BC
【解析】　若y表示速度，由题图可知，0～4 s内速度始终为正，即汽车速度方向不变，故A错误；若y表示速度，v－t图象与时间轴所围面积表示位移，汽车在4 s内的位移大小x＝(×2×2＋×2×2)m＝4 m，故B正确；若y表示位移，x－t图象斜率正负表示速度方向，由题图可知，汽车在第2 s末速度方向发生改变，故C正确；若y表示位移，由题图可知，汽车在4 s内的位移大小为0，故D错误．
9.(2020·郑州质量检测)许多快递公司推出了无人机配送快递的配送模式。某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度vx及竖直方向vy与飞行时间t的关系图象如图甲、图乙所示。下列关于无人机运动的说法正确的是(　　)

A．0～t1时间内，无人机做曲线运动
B．t2时刻，无人机运动到最高点
C．t3～t4时间内，无人机做匀变速直线运动
D．t2时刻，无人机的速度为
【答案】D
【解析】：0～t1时间内，无人机在水平方向做初速度为0的匀加速运动，在竖直方向也做初速度为0的匀加速运动，则合运动为初速度为0的匀加速直线运动，A错误； 0～t4 时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t2时刻，无人机还没有运动到最高点，B错误；t3～t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，C错误；t2时刻，无人机的水平速度为v0，竖直速度为v2，则合速度为，D正确。
10.(多选)(2021·成都七中一模)如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图象如图乙所示，其中O～x1过程的图象为曲线，x1～x2过程的图象为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．O～x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为 x1 时的动能为零
C．O～x2 过程中小球的重力势能一直增大
D．x1～x2 过程中小球一定做匀加速直线运动
【答案】BD
【解析】：运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功等于小球的机械能的变化，即FΔx＝ΔE，得F＝，所以E－x图象的斜率的绝对值等于小球所受拉力的大小，由图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内小球所受的拉力逐渐减小，开始时拉力先大于重力，小球向上做加速运动，后来随着拉力减小，当其小于重力时小球向上做减速运动，直至x1位置处速度减小到零，动能为零，A错误，B正确；由题图乙可知O～x1内，小球向上运动，小球的重力势能一直增大，x1～x2内机械能减小，绳子拉力做负功，小球向下运动，小球重力势能减小，C错误；在x1～x2过程中，机械能E随着路程x的增加而均匀减小，斜率的绝对值不变，则拉力大小保持不变，且拉力对小球做负功，说明小球正竖直向下运动，且加速度保持不变，做匀加速直线运动，D正确。
11.(多选)(2021·重庆六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)

A．小车受到的阻力大小为8 N
B．在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W
C．小车在2 s末的速度大小为6 m/s
D．小车在0～15 s内通过的距离是80 m
【答案】BD
【解析】：根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图象可知a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s内的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44 m，0～2 s内通过的路程为x1＝×2 m＝4 m，9～11 s 内小车做匀速直线运动通过的路程为x3＝8×2 m＝16 m，11～15 s内通过的路程为x4＝×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。
12.(2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(　　)

A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
【答案】D
【解析】：若物体由静止开始下滑，由动能定理得：mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得：mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得：Wf＝mgh－mv，物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为Wf＝mgh－mv，A、B、C错误，D正确。
13.(多选)(2021·绵阳第三次诊断)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量为3 kg 的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

A．滑块先做匀加速运动后做匀减速运动
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C．弹簧的劲度系数为180 N/m
D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12 J
【答案】BD
【解析】：因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速运动后做变减速运动，A错误；弹簧处于原长时，加速度为a＝5.2 m/s2，由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.1，B正确；由图象可知，弹簧被压缩x＝0.1 m时滑块的加速度减为零，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝kx，解得k＝156 N/m，C错误；由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为Ep＝mgsin 37°·2x－μmgcos 37°·2x，解得Ep＝3.12 J，D正确。　
14.(2020·东北三省三校联考)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)

A．若m取一更大的值，则图象的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图象的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图象的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图象的斜率不变
【答案】B
【解析】：对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a，隔离B有μmg＝Ma，联立解得F＝μg，图象斜率k＝＝m(1＋), 若m取一更大的值，则图象的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图象的斜率变小，故C、D错误。
15.(多选)(2020·皖江名校联盟高三下学期第五次联考)2019年1月3日，“嫦娥四号”月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界．嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．该电池板的电动势为2.80 V
B．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大
C．外电路阻值为1 kΩ时电源输出功率约为3.2 W
D．外电路阻值为1 kΩ时电源效率约为64%
【答案】　AD
【解析】　从题图可知电动势E＝2.80 V，选项A正确；
外电阻增大，电流减小，图线斜率减小，反映出内阻减小，选项B错误；
在原图中作出阻值为1 kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示，

与原图线交于(1.80 mA,1.80 V)，此交点即表示外电路电阻的实际状态，所以电源输出功率为1.80 V×1.80 mA＝3.24×10－3 W，故C错误；
此时电源的效率η＝＝×100%≈64%，故D正确．
16.(2021·北京市高三学业考试)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)

A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
【答案】　D
【解析】　当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则有：
mg＝m
得：v2＝gr，即：a＝gr
与小球的质量无关，A错误；
当v2＝2a时，对小球受力分析，则有：
mg＋b＝m
解得：b＝mg
与小球的质量有关，B错误；
根据A、B选项分析可知：＝
与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；
由以上分析可知，r＝，m＝，D正确．
17.(2020·黑龙江实验中学测试)某金属发生光电效应时，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是(　　)

A．入射光的频率小于νc也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2νc的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
【答案】　C
【解析】　由题图可知金属的极限频率为νc，入射光的频率必须要大于或等于νc才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2νc的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hνc－hνc＝hνc＝Uce，则遏止电压为Uc＝，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏止电压越大，选项D错误．
18.(2021·湖南赢在高考模拟)一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正方向运动，O、a、b是x轴上的三个点，O和b关于点a对称，从O到b该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．a点电场强度为零
B．O、a间场强方向与a、b间场强方向相反
C．从O到b整个运动过程中，粒子经过a点时速度最大
D．从O到b整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
【答案】　D
【解析】　根据电场强度与电势差的关系U＝Ed，知φ－x图象的斜率表示电场强度E，a点电势为零，但a点的电场强度不为零，故A错误．O、a间图象斜率与a、b间图象斜率相同，则O、a间与a、b间场强大小、方向均相同，故B错误．电场方向沿x轴负方向，粒子受到的电场力方向沿x轴正方向，从O到b整个运动过程中，粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过b点时速度最大，故C错误，D正确．
19.(多选)(2021·天一大联考)以点电荷A、B的连线为x轴，以点电荷B为坐标原点建立如图所示的坐标系，点电荷A、B带电荷量分别为q1、q2，间距为x0.一电子以一定的初速度进入该电场，由靠近坐标原点的位置沿x轴正方向运动，其电势能的变化如图中实线所示，图线与x轴交点的横坐标为x1，图线最高点对应的横坐标为x2，则下列判断正确的是(　　)

A．0～x1之间电场强度沿x轴正方向
B．A电荷带正电，B电荷带负电
C.＝－
D.＝－
【答案】　AC
【解析】　0到x1之间电子的电势能增大，电场力对电子做负功，电场力沿x轴负方向，故电场强度沿x轴正方向，A正确；0到x2过程中，电场力水平向左，对电子做负功，合电场强度水平向右，x2之后，电场力水平向右，对电子做正功，合电场强度水平向左，可知A电荷带负电，B电荷带正电，B错误；电场力做功改变电势能，所以电场力的大小表示为：F＝，所以电势能随位移变化的图象的斜率为电场力，x2处电场力为0，电场强度为0，所以：k＋k＝0，解得：＝－，C正确，D错误．
20.(多选)(2021·湖南五市十校第二次联考)某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，则(不考虑空气阻力，重力加速度为g)(　　)

A．电场强度不断减小，方向沿x轴负方向
B．从O到x1的过程中，加速度越来越小，速率越来越大
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小
D．到达x1位置时，小球速度的大小为
【答案】　ACD
【解析】　小球的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，所以电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力越来越小，所以电场强度不断减小，方向沿x轴负方向，故A正确．从O到x1的过程中，根据牛顿第二定律可知，小球受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B错误．从O到x1的过程中，由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C正确．根据动能定理：mgx1＋E1－E0＝mv2－0，解得：v＝，故D正确．
21.(多选)(2020·甘肃威武市三诊)如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为 0.01 C、质量为0.1 kg的圆环套在杆上．整个装置处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5.t＝0时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10 m/s2 .则下列说法正确的是(　　)

A．环先做加速运动再做匀速运动
B．0～2 s内环的位移大于 2.5 m
C．2 s时环的加速度为5 m/s2
D．环的最大动能为 20 J
【答案】　CD
【解析】　在t＝0时刻环受的摩擦力为Ff＝μqE＝0.5×0.01×300 N＝1.5 N＞mg＝1 N，则开始时环静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力大小等于重力时，圆环开始下滑，此时满足μqE＝mg，即E＝200 N/C，则t＝1 s时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E＝－200 N/C时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t＝5 s；而后环继续做减速运动直到停止，选项A错误；环在t＝1 s时刻开始运动，在t＝2 s时E＝100 N/C，此时的加速度为mg－μqE＝ma，解得a＝5 m/s2.因环以加速度为5 m/s2匀加速下滑1 s时的位移为x＝×5×12 m＝2.5 m，而在t＝1 s到t＝2 s的时间内加速度最大值为5 m/s2，可知0～2 s内环的位移小于2.5 m，选项B错误，C正确；由以上分析可知，在t＝3 s时刻环的加速度最大，最大值为g，环从t＝1 s开始运动，到t＝5 s时刻速度最大，结合a－t图象的面积可知，最大速度为vm＝×4×10 m/s＝20 m/s，则环的最大动能Ekm＝mv＝×0.1×202 J＝20 J，选项D正确．
22.(多选)(2021·山东淄博十中期末)如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为1 m，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时，此时线框中的感应电动势为1 V，在t＝3 s时线框到达2位置开始离开匀强磁场．此过程中线框的v－t图象如图乙所示，那么(　　)

A．t＝0时，线框右侧边MN两端的电压为0.25 V
B．恒力F的大小为0.5 N
C．线框完全离开磁场的瞬时速度大小为2 m/s
D．线框从位置1到位置3的过程中产生的焦耳热为6 J
【答案】　BCD
【解析】　t＝0时，线框右侧边MN两端的电压为路端电压，总的感应电动势为1 V，则路端电压U外＝E＝0.75 V，故A错误；线框完全进入磁场后，由于磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，线框只受恒力F的作用，做匀速直线运动，结合题图乙可知线框在1～3 s内做匀加速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得F＝0.5 N，故B正确；由题意可知t＝3 s时线框到达2位置开始离开匀强磁场，此时线框的速度与刚进入磁场时的速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场的运动情况完全相同，线框完全离开磁场的瞬时速度与t＝1 s时的速度相等，即为2 m/s，故C正确；线框进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，由功能关系有Q＝2[Fl＋(mv02－mv12)]＝2[0.5×1＋×1×(32－22)] J＝6 J，故D正确．
23.(2021·福建福州格致中学期中)物体A、B的x－t图象如图1所示，由图可知(　　)

A.5 s内A、B的平均速度相等
B.两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C.在5 s内物体的位移相同，5 s末A、B相遇
D.从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA>vB
【答案】　D
【解析】　在5 s内，A的位移为10 m，B的位移为5 m，故位移不同，平均速度也不同，故A错误；由图象可知B从x＝5 m的位置开始运动，A从x＝0的位置开始运动，物体A比B迟3 s才开始运动，选项B错误；由以上分析知，在5 s内物体的位移不同，5 s末相遇，故C错误；x－t图象的斜率表示速度，从第3 s起，两物体运动方向相同，为正方向，图象A的斜率大，说明A的速度大，故D正确.
24.(2020·福建厦门市湖滨中学期中)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移—时间图象，P(t1，x1)为图象上一点.PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q.则下列说法正确的是(　　)

A.t1时刻，质点的速率为
B.t1时刻，质点的速率为
C.质点的加速度大小为
D.0～t1时间内，质点的平均速度大小为
【答案】　B
【解析】　x－t图象的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为v1＝，故A错误，B正确；根据图象可知，t＝0时刻，初速度不为零，根据a＝，可得加速度a＝≠，故C错误；0～t1时间内，质点的平均速度大小为＝，故D错误.
25.(2020·天水一中模拟)如图甲，一维坐标系中有一质量为m＝2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)，从t＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速率平方的关系图象，下列说法正确的是(　　)

A.t＝4 s时物块的速率为2 m/s
B.加速度大小为1 m/s2
C.t＝4 s时物块位于x＝4 m处
D.在0～4 s时间内物块运动的位移为6 m
【答案】　A
【解析】　由x－x0＝，结合题图可知物块做匀加速直线运动，加速度a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，t＝4 s时物块的速率为v＝at＝0.5×4 m/s＝2 m/s，A正确，B错误；由题图乙得t＝4 s时物块位于x＝2 m处，C错误；在0～4 s时间内物块运动的位移Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，D错误.
26.(多选)(2020·吉林白山市二模)一质点以某一初速度开始做直线运动，从质点开始运动计时，经时间t质点的位移为x，其－t图象如图所示.下列说法正确的是(　　)

A.质点做匀减速直线运动
B.任意相邻的0.2 s内，质点位移差的大小均为0.04 m
C.任意1 s内，质点速度增量的大小均为0.5 m/s
D.质点在1 s末与3 s末的速度方向相向
【答案】　AB
【解析】　根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋at2得＝v0＋at
由图可知质点的初速度v0＝2 m/s
图象的斜率k＝a＝－0.5
则加速度a＝－1 m/s2
则质点做匀减速直线运动，故A正确；由Δx＝aT2知，任意相邻的0.2 s内，质点的位移差为Δx＝(－1)×0.22 m＝－0.04 m，大小为0.04 m，故B正确；由Δv＝aΔt可得任意1 s内，质点的速度增量为Δv＝(－1)×1 m/s＝－1 m/s，大小为1 m/s，故C错误；质点在1 s末的速度为v1＝v0＋at1＝2＋(－1)×1 m/s＝1 m/s，在3 s末的速度为v3＝v0＋at3＝2＋(－1)×3 m/s＝－1 m/s，二者方向相反，故D错误.
27.(多选)(2021·山东肥城六中月考)如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上．现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图象如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是(　　)

A．物块的质量为1 kg
B．k的值为5 N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2
【答案】　ABD
【解析】　t＝0时，Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，A正确；当t＝1 s时，Ff＝0，说明F＝5 N，由F＝kt可知，k＝5 N/s，B正确；由题图可知，滑动摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，C错误；由F＝μmgcos θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得加速度a＝4 m/s2，D正确．
28.(多选)(2021·湖南长沙一中月考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出(　　)

A．物体的初速度v0＝6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【答案】　AC
【解析】　物体沿粗糙斜面向上运动，加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ，由运动学公式知，当θ＝90°时，有v02＝2g×1.8 m，解得v0＝6 m/s，当θ＝0°时，有v02＝2μg×2.40 m，解得μ＝，A正确，B错误；根据运动学公式有v02＝2ax＝2(gsin θ＋μgcos θ)x＝2gxsin(θ＋φ)(其中cos φ＝)，则x＝，故位移x的最小值xmin＝1.44 m，C正确；由于μ>tan 30°，即mgsin 30°<μmgcos 30°，所以当θ＝30°时，物体达到最大位移后不会下滑，D错误．
29．(2021·山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2
B．滑杆的长度为5.25 m
C．传感器显示的最小拉力为420 N
D．3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J
【答案】　D
【解析】　由v－t图象可知，演员在1.0 s时的加速度大小a＝ m/s2＝3 m/s2，故A错误；v－t图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h＝×3×3 m＝4.5 m，故B错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma，解得：F1＝420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；3.5 s内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE＝mgh＝600×4.5 J＝2 700 J，故D正确．
30．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从原点O沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力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，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．0～1 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时，恒力F的方向不变
C．恒力F的大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】　AD
【解析】　由题图可知物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得F＝7 N，Ff＝3 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.3，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝＝1 s，即物块在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s时恒力F反向，物块开始做匀加速直线运动，选项A、D正确，B、C错误．
31.(多选)(2020·超级全能生1月联考)如图甲所示，质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sin θ
B．物块从t0时刻开始到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C．F1的冲量大小为mgt0sin θ＋mv0
D．F2的冲量大小为3mgt0sin θ－3mv0
【答案】　BC
【解析】　重力冲量大小为IG＝mg·2t0＝2mgt0，故A项错误；0～t0时间内和t0～2t0时间内物块的位移大小相等、方向相反，故有＝－t0，得2t0时刻的速度v＝－2v0，故物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量Δp＝mv－mv0＝－3mv0，故B项正确；0～t0时间内，以沿斜面向上为正方向，由动量定理得IF1－mgsin θt0＝mv0，得IF1＝mgt0sin θ＋mv0，故C项正确；t0～2t0时间内，由动量定理得－IF2－mgt0sin θ＝－m·2v0－mv0，得IF2＝3mv0－mgt0sin θ，故D项错误．
31.(2021·石嘴山市4月模拟)研究光电效应的实验装置如图甲所示。某同学选用甲、乙两种单色光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图乙所示。已知普朗克常量为h，电子的电荷量为e，下列说法正确的是　(　　)

A．由图乙可知，甲光光子频率等于乙光光子频率
B．由图乙可知，甲光的强度小于乙光的强度
C．甲、乙光分别照射阴极K时，光电子逸出时最大初动能不同
D．由图乙可知，甲光照射时光电子的最大初动能大于乙光照射时光电子的最大初动能
【答案】A
【解析】：根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm＝hν－W，根据动能定理有－eUc＝0－Ekm，联立得eUc＝hν－W，由于遏止电压Uc相同，则两种光的频率相同，故A正确；光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判断甲光的强度较大，故B错误；根据动能定理有－eUc＝0－Ekm，即eUc＝Ekm，可知遏止电压相同，光电子的最大初动能相同，故C、D错误。
32.(多选)(2020·广州模拟)氢原子的部分能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间。由此可推知(　　)

A．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的频率高
B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光
C．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应
D．大量的氢原子处于n＝4的激发态向低能级跃迁时，辐射出频率最小的光是由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的
【答案】CD
【解析】：从高能级向n＝3能级跃迁时辐射出的光子能量最大为1.51 eV，小于可见光的光子能量，则从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的频率低，故A错误；从高能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.40 eV，大于可见光的能量，故B错误；n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为10.2 eV，大于6.34 eV，则能发生光电效应，故C正确；大量的氢原子处于n＝4的激发态向低能级跃迁时，由于n＝4能级跃迁到n＝3能级的能级差最小，辐射出光子的能量最小，其频率也最小，故D正确。
33.(多选)(2020·江西赣州市期末)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，合上开关S后，电压表和电流表的读数分别为U、I，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器所带的电荷量为Q，两电表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列有关物理量大小之间变化关系图象正确的是(　　)

【答案】　BD
【解析】　当滑动变阻器的滑片向右移动时，R1减小，电流I增大，由P＝I2R2知P－I图象中抛物线开口向上，故A错误；由Q＝UR1C＝[E－I(R2＋r)]C＝CE－C(R2＋r)I，故B正确；U＝E－Ir，ΔU、ΔI的大小关系为＝r，故C错误，D正确．
34.(多选)(2020·四川成都市一诊)如图，曲线a为某元件R的U－I关系图线，直线b为某直流电源的U－I关系图线．将元件R与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是(　　)

A．元件R的电阻随电压的增大而增大
B．电源的电动势为5 V，内阻为5 Ω
C．电源的总功率为1.2 W
D．电源的效率为60%
【答案】　BD
【解析】　a图线上的点与原点连线的斜率表示电阻，由题图知图线斜率随电压的增大而减小，因此元件R的电阻随电压的增大而减小，故A错误；b图线与电压轴的截距为电源的电动势，斜率的绝对值表示内阻，由图可知，电源电动势为5 V，内阻为5 Ω，故B正确；电源总功率为P＝EI，由题图可得P总＝2 W，故C错误；P外＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W，电源的效率为η＝×100%，解得η＝60%，故D正确．
35.(2020·江西进贤县第一中学开学考试)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图1中甲、乙所示，则(　　)

A.甲的频率是乙的2倍
B.甲线圈的面积是乙的6倍
C.t＝1 s时，两线圈中的磁通量均为零
D.t＝2 s时，两线圈均与磁感线平行
【答案】　B
【解析】　由题图知甲的周期为2 s，乙的周期为1 s，所以f甲∶f乙＝1∶2，故A错误；甲的电动势最大值为6 V，乙的电动势最大值为2 V，所以Em甲∶Em乙＝3∶1，ω甲∶ω乙＝f甲∶f乙＝1∶2，由E＝BSω可知S甲∶S乙＝6∶1，故B正确；当线圈平面处于中性面位置时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平面平行磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t＝1 s和t＝2 s时线圈平面均处于中性面位置，故C、D错误.
36.(2020·百师联盟模拟四)如图所示为一个单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的正弦式交变电流的波形图，若只将线圈的转速变为原来的2倍，则(　　)

A．峰值变为20 A
B．周期变为0.4 s
C．转速变为100 r/s
D．提高转速前，在t＝0.05 s到t＝0.1 s时间内，穿过线圈的磁通量逐渐增大
【答案】　A
【解析】　由题图可知电流的瞬时表达式可表示为i＝·cos ωt，则峰值为10 A，周期为0.2 s，转速n＝＝＝5 r/s，当转速变为原来的2倍时，则角速度变为原来的2倍，周期变为原来的一半，峰值变为原来的2倍，即峰值变为20 A，A正确；周期变为0.1 s，B错误；转速变为10 r/s，C错误；提高转速前，t＝0.05 s到t＝0.1 s时间内，电流逐渐增大，穿过线圈的磁通量逐渐减小，但变化率变大，D错误．
37.(2021·山东日照市校际联考)电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示．下列判断正确的是(　　)

A.时刻线框平面与中性面平行
B．穿过线框的磁通量最大为
C．线框转一周外力做的功为
D．从t＝到t＝的过程中，线框的平均感应电动势为
【答案】　B
【解析】　由题图知时e最大，磁通量为零，线框平面垂直于中性面，A错误；由ω＝，最大电动势E0＝nBSω，故Φm＝BS＝，故B正确；转动一周外力做功W＝Q＝·T，而E＝，解得W＝·T，故C错误；从到T，平均电动势＝＝＝＝，故D错误．
38.(2020·贵州遵义航天中学模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间 (　　)

A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
【答案】：AD
【解析】：由乙图可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C＝可知，感应电动势不变，电容器的电压U不变，则电荷量大小不变，故A正确；根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M，电容器的a极板一直带正电，故B错误；感应电流不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C错误，D正确．
39.(多选)(2020·山东泰安检测)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图甲所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图乙中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是 (　　)

【答案】AC
【解析】在0～2 s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：E＝S，该段时间内恒定，则感应电动势恒定，由I＝可知感应电流也一定．同理得知，在2～4 s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定，故A正确，B错误；在0～2 s内，线框ab边所受的安培力的大小为F＝BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值．同理得知，在2～4 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与0～2 s内情况相同，故C正确，D错误．
40.(2021·南昌模拟)如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流随时间t的变化规律图象可能是 (　　)

【答案】：A
【解析】：由题图乙可知，在0～2t0时间内，回路中磁通量变化率＝S＝S，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，则回路产生的感应电流为常数．根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图B、D；在大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，导体棒受到安培力作用，做加速度逐渐减小的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确，图C错误．
41.(2020·山东泰安模拟)甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x轴的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为零，则下列说法正确的是 (　　)

A．乙分子在P点时加速度为零
B．乙分子在Q点时分子势能最小
C．乙分子在Q点时处于平衡状态
D．乙分子在P点时动能最大
E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等
【答案】ADE
【解析】由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为零，加速度为零，选项A、E正确；乙分子在Q点时分子势能为零，大于乙分子在P点时的分子势能，选项B错误；乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为零，不处于平衡状态，选项C错误；乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，选项D正确．
42.(2020·广西桂林模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其VT图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是 (　　)

A．过程ab中气体一定吸热
B．pc＝pb>pa
C．过程bc中分子势能不断增大
D．过程bc中每一个分子的速率都减小
E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【答案】：ABE
【解析】：由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pc＝pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律可知温度升高，压强变大，故pb>pa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．
44.一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A。其压强p随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为绝热过程，C到A为等温过程。则下列说法正确的是(　　)

A.A状态速率大的分子比例较B状态的少
B.A→B过程，气体分子平均动能增大
C.B→C过程，气体对外做功
D.B→C过程，气体放热
【答案】　C
【解析】　由图可知A→B过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A状态速率大的分子比例较B状态的多，故A、B错误；B→C过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C正确；B→C过程中是等压变化，体积增大，W<0，温度升高，气体内能增大，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＞0，即气体吸热，故D错误。
45.(2020·四川成都市第二次诊断)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是(　　)

A.过程①中，气体体积不断减小
B.过程②中，气体从外界吸收热量
C.过程②为绝热过程
D.状态a的体积大于状态d的体积
【答案】　D
【解析】　过程①中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项A错误；过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选项B、C错误；根据＝C可知在a、d两个状态＝，Va＝Vd，状态a的体积大于状态d的体积，选项D正确。
46.(2021·1月江苏新高考适应性考试，9)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图6所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体(　　)

A.在状态a和c时的内能可能相等
B.在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C.b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D.在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
【答案】　B
【解析】　根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，c→d为绝热过程，则Q＝0，V增大，W<0，则ΔU<0，故Tc>Td；d→a为等容过程，根据查理定律有＝C，知Td>Ta，则Tc>Ta，故状态c的内能较大，A错误；a→b为绝热过程，Q＝0，外界对气体做功W>0，ΔU＝W，B正确；c→d气体对外界做功W1，大小等于cd曲线与V轴围成的面积，a→b外界对气体做功W2，大小等于ab曲线与V轴围成的面积，可知W1>W2，d→a、b→c为等容过程W′＝0，故全过程，气体对外界做功，大小等于bcda围成的面积，在一次循环过程中，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，W<0，ΔU＝0，可知Q>0，故一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量；由上面分析可知，c→d内能减少量大于a→b内能的增加量，故b→c内能的增加量应大于d→a内能的减少量，C、D错误。
47.(2020·东北三省四市下学期一模)如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图象，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)

A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc>Tb
B.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C.达到稳定时b摆的振幅最大
D.由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0
【答案】　B
【解析】　由单摆周期公式T＝2π，知固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb，故A错误；因为Ta＝Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大， b摆的振幅最小，故B正确，C错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故Tb等于t0，故D错误。
48.(2021·山东省等级考试第二次模拟卷)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0.1 s时的波形图如图5甲所示，A、B为介质中的两质点。图乙为质点A的振动图象。以下判断正确的是(　　)

A.t＝0.15 s时，A的加速度为零
B.t＝0.15 s时，B的速度沿y轴正方向
C.从t＝0.1 s到t＝0.25 s，B的位移大小为10 cm
D.从t＝0.1 s到t＝0.25 s，波沿x轴负方向传播了7.5 cm
【答案】　D
【解析】　由图乙可知，t＝0.15 s时，质点A处于波谷位置，则此时A的加速度为最大，故A错误；由图乙可知，波的周期为0.20 s，则从图甲所示t＝0.1 s时开始经过0.05 s即四分之一周期质点B处于平衡位置，速度方向沿y轴负方向，故B错误；从t＝0.1 s到t＝0.25 s经历四分之三周期，质点B处于平衡位置，则B的位移为0，故C错误；由图乙可知在t＝0.1 s时质点A处于平衡位置且向下振动，由同侧法结合图甲可知，波沿x轴负方向传播，由图甲可知，波长λ＝10 m，由图乙可知，波的周期为0.20 s，则波速为v＝＝ m/s＝50 m/s，从t＝0.1 s到t＝0.25 s，波沿x轴负方向传播了s＝50×0.15 m＝7.5 m，故D正确。
49.(2021·1月江苏新高考适应性考试，8)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图6甲所示，图乙为质点P的振动图像，则(　　)

A.该波的波速为1.5 m/s
B.该波沿x轴负方向传播
C.0～1 s时间内，质点P沿x轴运动了1.5 m
D.0～1 s时间内，质点P运动的路程为2 m
【答案】　D
【解析】　由题图甲知该波波长λ＝1.5×10－2 m，由题图乙知该波的周期为T＝1×10－5 s，则该波的波速为v＝＝1.5×103 m/s，A错误；由题图乙知，质点P在t＝0时刻，振动方向向上，结合题图甲波形图由“上下坡”法可知，该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，C错误；由题图甲知，质点P的振幅为5×10－6 m，0～1 s内，质点完成了N＝＝＝105次全振动，故质点P运动的路程为N×4A＝2 m，故选项D正确。
50.[2020·天津市东丽区等级考试模拟(二)]一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图中实线所示，从此刻起，经0.2 s波形图如图中虚线所示，波传播的速度为5 m/s，下列说法正确的是(　　)

A.这列波沿x轴正方向传播
B.t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动
C.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为1.25 Hz
D.x＝2 m处的质点的位移表达式为
y＝0.4 sin(2.5πt) m
【答案】　C
【解析】　由图读出波长λ＝4 m，则波的周期为T＝＝ s＝0.8 s，由题，波传播的时间为t＝0.2 s＝，根据波形的平移可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知t＝0时质点a沿y轴负方向运动，故B错误；该波频率为f＝＝ Hz＝1.25 Hz，发生稳定的干涉现象的条件为两列波的频率相同，故C正确；角速度为ω＝ rad/s＝2.5π rad/s，t＝0时刻，x＝2 m处的质点正向y轴负方向运动，其位移表达式为y＝0.4 sin(2.5πt＋π) m，故D错误。