2024年高考全国甲卷理综物理真题T19-T21变式题

1．如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻和、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压不变的情况下，为提高的热功率，可以（　　） A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 2．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4，正弦交流电源电压为U=100V，电阻R1=10 Ω， R2=20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，滑片P处于正中间位置，则（　　） A．通过R1的电流为8 A B．电压表读数为400 V C．若向上移动P，电压表读数将变大 D．若向上移动P，电源输出功率将变大 3．如图，理想变压器供电的电路中，不计导线电阻，若将S闭合，则电流表A1的示数，电流表A2的示数，电流表A3的示数，电压表V的示数分别如何变化（　　）    A．电压表V的示数不变 B．电流表A1的示数变小 C．电流表A2的示数变大 D．电流表A3的示数变大 4．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡和，输电线等效电阻为。开始时，开关S断开。当S接通时，以下说法中正确的是（    ） A．副线圈两端的输出电压减小 B．副线圈输电线等效电阻上的电压增大 C．通过灯泡的电流减小 D．原线圈中的电流大小不变 5．一个理想的自耦变压器左端接交变电源，其电压瞬时值为，右端接入如图所示电路，为定值电阻，两个电表均为理想交流电表，其中电压表示数为，电流表示数为，不计导线的电阻。则下列判断正确的是（　　） A．定值电阻的大小为 B．定值电阻的大小为 C．当自耦变压器的可动端顺时针转动一小段后，定值电阻消耗的功率减小 D．当自耦变压器的可动端顺时针转动一小段后，定值电阻消耗的功率增大 6．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，原线圈中接有定值电阻，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R。已知，ab两端接一正弦式交流电，当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，下列说法正确的是（　　） A．电流表A示数变小 B．电压表V示数保持不变 C．变压器的输出功率先增大后减小 D．电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变 7．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则（　　） A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 8．图示电路中，变压器为理想变压器，在变压器的原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变。副线圈接有灯泡L1和L2（设灯泡的电阻保持不变）和热敏电阻R。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，下列说法正确的是（　　）    A．只将热敏电阻的温度升高，理想电流表的示数变小 B．只将热敏电阻的温度升高，灯L2变亮 C．只将S2从4拨向3时，理想电流表示数变大 D．只将S1从2拨向1时，理想电流表示数变小 9．理想变压器原线圈匝数n1=270匝，输入如图甲所示的正弦交变电压。P是副线圈上的滑动触头，当P处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2=135匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C刚好不被击穿，R是滑动变阻器。下列说法正确的是（　　） A．电容器的击穿电压为11 V B．若R的滑片不动，向下移动P，则电容器的电容变小 C．若R的滑片不动，向下移动P，则原线圈的输入功率变大 D．若P不动，向上移动R的滑片，则灯泡变暗 10．如图所示为正弦交流电通过理想变压器对某家庭供电的电路图，线路电阻为。开关、均闭合时各用电器均正常工作。某时突然发现指示灯亮度增加，可能的原因是（　　）    A．输入电压变大 B．输入电压变小 C．开关断开 D．电阻变大 11．蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．时，运动员的重力势能最大 B．时，运动员的速度大小为 C．时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 12．蹦床运动是我国奥运优势项目。某运动员在比赛过程中从离绷紧的弹性网面高3.2 m处落下，弹起后离弹性网面的最大高度为5 m，已知运动员的质量为60 kg，与网面的接触时间为1.2 s，重力加速度g=10 m/s2，运动员离开网面后，网面形变完全恢复，则运动员与网面接触过程中（　　） A．网面对运动员的冲量大小为1080 N·s B．网面对运动员的冲量大小为1800 N·s C．网面对运动员做功大小为1080 J D．网面对运动员做功大小为0 13．蹦床是学生们非常喜爱的一种户外运动，其原理可简化如图所示，两条橡皮绳上端点A、B等高固定在金属柱上，下端系于某同学身上。橡皮绳处于ACB时为原长状态。把该同学向下拉，使橡皮绳处于ADB状态，放手后，该同学向上运动恰好到达E点。不计空气阻力，则该同学（　　） A．在D点加速度为零，速度为零 B．在C点加速度为零，速度最大 C．从D点到C点，加速度先减小后增大 D．从D点到C点，速度先增大后减小 14．如图所示，倾角为的光滑固定足够长斜面AB的底端安装有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端拴接着质量m的小球。开始小球处于静止状态，现用手缓慢压小球直到弹簧缩短量为开始静止时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零。重力加速度为g，则（　　）    A．释放瞬间小球加速度大小为 B．小球向上移动一段距离过程中加速度先增大后减小 C．小球向上移动一段距离过程中速度一直减小 D．小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小 15．如图所示，把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（　　） A．经过位置B时小球的动量最大 B．在位置A松手瞬间，小球受到的弹力一定大于两倍的重力 C．从A到B过程，小球受到弹力的冲量大小大于重力的冲量大小 D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小 16．如图所示为某位小选手在蹦床比赛中上升到最高点的情景。已知小选手质量为m，小选手从最高点下落高度h至最低点所用时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g，小选手可看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量为 B．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网的冲量大小为 C．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网弹性势能的增量为 D．小选手从最高点下落至最低点的过程中，合力的冲量为零，合力做功也为零 17．2021年7月30日，在东京奥运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军。若朱雪莹比赛中上升的最高点距地面高为H，朱雪莹质量为m，蹦床平面距地面高为h。朱雪莹下落过程，弹性网最大下陷量为x，空气阻力恒为f，下落过程中的总时间为t（从最高点落到弹性网的最低点），则朱雪莹（看作质点）从最高点下落至最低点的过程，下列说法正确的是（　　） A．弹性网的弹力对朱雪莹的冲量大小为 B．朱雪莹从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为 C．弹性网弹性势能的增量为 D．朱雪莹的机械能减少 18．蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。依据图像给出的信息，下列说法正确的是（　　） A．运动员的最大加速度为45m/s2 B．运动员在9.3s~10.1s内速度先减小后增大 C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为10m 19．一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向端回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出图像如图所示，其中和为直线，，不计空气阻力，取重力加速度。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是（    ） A．网对运动员的平均作用力大小为1950N B．运动员动量的变化量为 C．弹力的冲量大小为 D．运动员所受重力的冲量大小为 20．2023年10月3日，中国选手严浪宇在男子个人比赛中为中国蹦床队再添一金。如图甲所示，在亚运会蹦床项目比赛中，当严浪宇下落到离地面高处时开始计时，其动能与离地高度h的关系如图乙所示．在阶段图像为直线，其余部分为曲线，若严浪宇的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统机械能守恒 B．严浪宇处于高度时，他开始接触蹦床 C．严浪宇处于高度时，蹦床的弹性势能为 D．从严浪宇接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小 21．如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 22．如图所示，MN为匀强磁场中位于同一水平面内的光滑平行金属导轨（足够长），一端串接电阻R，匀强磁场沿竖直方向。金属杆ab可沿导轨滑动，杆和导轨的电阻均不计，现垂直于杆方向对杆施一水平恒力F，使杆从静止开始向右运动，关于导体棒运动的v-t、a-t图像正确的是（　　） A． B． C． D． 23．如图所示，竖直放置、足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，一段时间后以速度v匀速下落，已知金属环的质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为Ｂ，重力加速度大小为g，金属环下落过程中环面始终水平，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．在俯视图中，金属环中感应电流沿顺时针方向 B．金属环匀速下落时产生的感应电动势为 C．金属环匀速下落时环中的感应电流为 D．若金属环匀速下落的时间为t，则金属环上产生的焦耳热为 24．如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑金属导轨MN、PQ竖直放置，ab是一根始终与导轨垂直且与导轨接触良好的金属杆，ab杆具有一定质量和电阻。开关S断开，ab杆由静止释放时开始计时，一段时间后，将开关S闭合,下列关于ab杆运动的速度随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 25．磁悬浮电梯是基于电磁原理和磁力驱动使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成，其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到磁场力，从而使轿厢向上运动、向下运动、悬停。不考虑空气阻力和摩擦阻力，下列说法正确的是（　　） A．轿厢悬停时，导线框中的电流大小为 B．轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为 C．轿厢向上匀速运动时的速度为v1 D．轿厢向上匀速运动时的速度为v1-v3 26．如图所示，在光滑的水平地面上放有质量为m的U形导体框，导体框的电阻可忽略不计。一电阻为R、质量也为m的导体棒CD两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路，矩形回路的宽度为L、长为s；在U形导体框右侧有一竖直向下足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与EF平行，且与EF间距为。现对导体棒CD施加一水平向右的恒力F使U形导体框和导体棒CD以相同加速度向右运动，当EF刚进入磁场U形导体框立即匀速运动，而导体棒CD继续加速运动。已知重力加速度为g，导体棒CD与U形导体框间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与框始终接触良好。下列判断正确的是（    ） A．EF在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小为 B．EF在刚进入磁场以后导体棒CD受到导体框的摩擦力大小 C．导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者可能都做匀速运动 D．导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者都做匀加速运动 27．如图所示，电阻为R、边长为L 的单匝正方形金属线框，其cd边与有界匀强磁场上边界的距离为h，将线框在竖直平面内由静止释放，当 cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。已知线框平面始终与磁场方向垂直，且cd 边始终水平，磁场的磁感应强度大小为 B，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．金属线框的质量为 B．金属线框的质量为 C．用同样的金属导线绕制成两匝边长为L 的正方形线框，仍从图示位置由静止释放，线框仍能匀速进入磁场 D．将原线框均匀拉伸成边长为 2L 的正方形线框，且从底边 cd 距磁场上边界为 H 处由静止释放，若线框仍能匀速进入磁场，则 H=4h 28．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v-t图像如图乙所示，时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ B．时间内，导线框的速度大小为 C．时间内，导线框a、c两点间的电势差为0 D．时间内，导线框的位移大小为 29．如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc两段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，两导轨相交于原点O左侧a点，所有导轨单位长度电阻为r。导轨上一足够长金属棒MN在外力作用下沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，金属棒单位长度电阻也为r，时刻恰好通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过金属棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，导轨间金属棒切割磁感线产生的电动势为E，导轨间金属棒两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒连接处的电阻。下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 30．如图所示，表面粗糙且绝缘的水平传送带以速度v向右匀速转动，空间中所在区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，与的夹角为45°，且，某时刻在传送带左侧轻放一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形导线框，边与始终平行，线框与传送带恰好相对静止通过磁场区域，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（　　） A．线框中的电流先增大后减小再增大再减小 B．线框所受安培力方向始终水平向左 C．线框所受静摩擦力的最大值为 D．线框进入磁场前运动的最短距离为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．AC 【详解】A．保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与串联后的总电阻减小，电流增大，根据可知此时热功率增大，故A正确； B．将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过的电流减小，故热功率减小，故B错误； C．将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确； D．将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。 故选AC。 2．AD 【详解】AB．理想变压器原副线圈匝数之比为1∶4，可知原副线圈的电流之比为4∶1，设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.25I，初级电压 U1=U-IR1=100-10I 根据匝数比可知次级电压为 副线圈回路 联立解得 I=8 A，U2=80 V 故A正确，B错误； CD．若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C错误，D正确。 故选AD。 3．ACD 【详解】A．变压器输入电压不变，故输出电压不变，因此电压表示数不变，故A正确； B．由欧姆定律可知A1示数不变，故B错误； C．因闭合开关后电阻减小，而电压不变，故总电流增大，故A2中电流增大，故C正确； D．电流之比等于匝数倒数比，故A3示数变大，故D正确。 故选ACD。 4．BC 【详解】A．根据变压器原副线圈电压比等于匝数比可得 可知副线圈两端的输出电压由匝数比和输入电压决定，当S接通时，副线圈两端的输出电压不变，故A错误； BC．当S接通时，副线圈总电阻减小，根据 可知副线圈电流增大，则副线圈输电线等效电阻上的电压增大，则灯泡两端电压减小，通过灯泡的电流减小，故BC正确； D．根据 可知原线圈中的电流增大，故D错误。 故选BC。 5．AC 【详解】AB．根据理想变压器的原理 电流表示数为，所以 根据欧姆定律可知 所以 故A正确，B错误； CD．当自耦变压器的可动端顺时针转动一小段后，n2减小，由于 可知，U2减小，所以 也减小，故C正确，D错误。 故选AC。 6．AD 【详解】A．将原、负线圈和电阻R1等效为电源。等效后 当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，电阻变大，所以电流变小，电流表A示数变小，故A正确； B．根据闭合电路欧姆定律 由题可知 根据理想变压器原副线圈关系 ， 联立可得 由于变小，所以变大，电压表V示数变大，故B错误； C．由上式可知等效内阻 当外电阻接近内阻时，输出功率增大，由于R1:R2=9:1，即 所以当R增大，输出功率一直减小，故C错误； D．由上述可知 电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变，故D正确。 故选AD。 7．BC 【详解】AB．根据 保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据 可知I2变小，根据 可知I1也变小，即电流表读数变小，故A错误，B正确； CD．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据 可知副线圈输出功率变大，则变压器原线圈输入功率P1变大，而 输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，故C正确，D错误。 故选BC。 8．AB 【详解】A．只将热敏电阻的温度升高，热敏电阻的阻值增大，副线圈电路中电阻增大，电流变小，变压器线圈匝数比不变，理想电流表的示数变小，故A正确； B．只将热敏电阻的温度升高，热敏电阻的阻值增大，与L2并联后的总电阻R并变大，由串联电路分压原理可知，L2两端电压升高，灯L2变亮，故B正确； C．只将S2从4拨向3时，原、副线圈匝数比变小，副线圈两端电压变小，副线圈功率变小，原线圈功率变小，理想电流表示数变小，故C错误； D．只将S1从2拨向1时，原、副线圈匝数比变大，副线圈两端电压变大，副线圈功率变大，原线圈功率变大，理想电流表示数变大，故D错误。 故选AB。 9．AD 【详解】A．原线圈输入电压的峰值为 Um1=22V 则副线圈输出电压的峰值为 Um2=Um1=11V 由于电容器C刚好不被击穿，则电容器的击穿电压为11V，故A正确； B．根据电容器电容决定式 可知，当R的滑片不动，向下移动P，电容器的电容不变，故B错误； C．若R的滑片不动，向下移动P，则负载总电阻R总不变，副线圈匝数减小，根据 可知，副线圈输出电压有效值U2减小，再根据 可知，副线圈输出功率P2减小，根据P1=P2可知，原线圈的输入功率变小，故C错误； D．若P不动，向上移动R的滑片，则滑动变阻器接入电阻变大，负载总电阻变大，副线圈匝数不变，根据 可知，副线圈输出电压有效值U2不变，可知副线圈回路总电流减小，则根据 PL=I22RL 可知，灯泡功率减小，则灯泡变暗，故D正确。 故选AD。 10．AC 【详解】A．输入电压变大，则有副线圈输出电压U2变大，副线圈的总电流变大，指示灯的电流变大，亮度增加，A正确； B．输入电压变小，则有副线圈输出电压U2变小，副线圈的总电流变小，指示灯的电流变小，亮度减小，B错误； C．开关断开，副线圈的输出功率减小，副线圈的总电流减小，线路电阻两端电压减小，副线圈输出电压不变，则有指示灯两端电压增大，电流增大，亮度增加，C正确； D．电阻变大，副线圈的总电流减小，指示灯的电流减小，亮度减小，D错误。 故选AC。 11．BD 【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小 故B正确，C错误； D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理 其中 代入数据可得 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故D正确。 故选BD。 12．BD 【详解】AB．由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小 v1==8m/s 刚好要离开网面时速度大小 v2==10m/s 在触网过程中，由动量定理有 I-mgt=mv2-（-mv1） 解得网面对运动员的冲量大小 I=1800 N·s A项错误；B项正确； CD．由于运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为零，因此弹性网的弹力做功为零，C项错误；D项正确； 故选BD。 13．CD 【详解】A．从D点放手后，橡皮绳的拉力大于重力，合力向上，此位置速度为0，但加速度不为0，故A错误； B．在C点橡皮绳处于原长状态，则该同学只受重力作用，合力不为0，故B错误； CD．从D点放手后，橡皮绳的拉力大于重力，合力向上，小孩向上做加速运动，小孩上升过程橡皮绳的拉力变小，当橡皮绳的拉力与重力相等时小孩的速度达到最大，然后重力大于橡皮绳的拉力，合力向下，小孩向上做减速运动直到速度为零；所以从D点到C点，加速度先减小后增大，从D点到C点，速度先增大后减小，故CD正确。 故选CD。 14．AD 【详解】A．设小于静止时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，对小球受力分析，根据牛顿第二定律有 现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始静止时弹簧缩短量的三倍时释放，此时弹簧的压缩量为3x，且不会突变，根据牛顿第二定律有 可得释放瞬间小球的加速度大小为 故A正确； BCD．开始释放的一段时间内，弹簧对小球弹力大小要大于小球重力沿斜面方向的分力，即小球所受合外力沿斜面向上，加速度方向与速度方向相同，小球做加速运动，根据牛顿第二定律有 可知随着弹簧的压缩量减小，小球的加速度减小，当过了小球静止时所在位置时，当弹簧还处于压缩状态时，弹簧对小球的弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球所受合外力沿斜面向下，小球做减速运动，根据牛顿第二定律有 可知随着弹簧压缩量的减小，小球的加速度增大，由于释放时弹簧的弹力大小为，所以当弹簧恢复原长时，小球的速度方向沿斜面向上，小球继续向上运动，此时弹簧会被拉伸，弹簧的弹力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 可知随着弹簧的伸长量增大，小球的加速度增大，小球速度继续减小，直到速度减小为零，所以此过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故D正确，BC错误。 故选AD。 15．BC 【详解】A．小球从A运动到C的过程中，当弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最大，动量最大，此时弹簧处于压缩状态，故A错误； B．小球从A运动到B的过程，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球在A位置的加速度大于在B位置的加速度，而B位置的加速度为g，则在A位置有 可得 故B正确； C．从A到B过程，根据动量定理可得 可知小球受到弹力的冲量大小大于重力的冲量大小，故C正确； D．在运动过程中，只有重力，弹簧的弹力做功，所以小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒，故D错误。 故选BC。 16．BCD 【详解】A．依题意，可得小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量为 若选手一直自由下落，则所用时间为 显然选手实际所用时间不等于，所以整个过程中小选手重力的冲量不等于，故A错误； B．小选手从最高点下落至最低点的过程中，根据动量定理有 即弹性网的冲量大小等于重力的冲量大小，等于，但方向与重力的冲量方向相反，故B正确； C．小选手从最高点下落至最低点的过程中，根据小选手与弹性网组成的系统机械能守恒，可得弹性网弹性势能的增量等于小选手重力势能的减少量，即为，故C正确； D．小选手从最高点下落至最低点的过程中，初、末速度为零，根据动量定理可知小选手合力的冲量等于其动量的该变量，所以为零；根据动能定理可知，合力做功也为零，故D正确。 故选BCD。 17．BC 【详解】A．从最高点下落至最低点的过程中，设弹性网的弹力对朱雪莹的冲量为I，根据动量定理得 变形得 冲量的大小为 故A错误。 B．设朱雪莹与蹦床接触前瞬间的速度为v，根据动能定理得 解得 朱雪莹从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理得 故合外力冲量大小为 故B正确。 C．设弹力做功为W，根据动能定理得 故弹性势能增加量为 故C正确。 D．从最高点下落至最低点的过程中，朱雪莹的动能变化量为零，机械能的减小量等于重力势能的减少量即mg(H−h+x) 故D错误。 故选BC。 18．AC 【详解】A．由图给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即 解得运动员的质量 在蹦床上时受到的最大弹力 最大加速度 故A正确； B．在9.3s~10.1s内，F先增大后减小，对应运动过程是：从接触蹦床到将蹦床压到最低，再向上运动到离开蹦床的过程，前后两个阶段速度都是先增大（合力方向与速度同向）后减小（合力方向与速度方向相反），故B错误； CD．运动员离开蹦床后在空中运动的时间 上升和下落的时间分别为，则最大高度为 故C正确，D错误。 故选AC。 19．AD 【详解】A．由自由落体运动可知 在时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得 其中，，，得 网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确； B．从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误； C．弹力的冲量大小为 C错误； D．运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即，D正确。 故选AD。 20．AC 【详解】A．整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，故A正确； B．从严浪宇下落到离地面高处开始计时，接触蹦床前图像为直线，故高度时，严浪宇开始接触蹦床，故B错误； C．从到，动能不变，根据系统机械能守恒可知，减小的重力势能转化为蹦床的弹性势能，则蹦床的弹性势能为 故C正确； D．从严浪宇接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，严浪宇受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，弹力从零开始不断增大，弹力先小于重力，后大于重力，合力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故D错误。 故选AC。 21．AC 【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知 对滑块 其中 即 线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为 A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确； B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 故选AC。 22．AC 【详解】金属杆ab在运动过程中受到的安培力为 根据牛顿第二定律得 得 可知，杆的速度增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，故杆做加速度变小的变加速运动，则v-t图像的斜率逐渐减小，BD错误，AC正确。 故选AC。 23．AC 【详解】A．根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A正确； BC．根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有 当环速度最大时，感应电动势为 感应电流为 联立可得 故B错误，C正确； D．环下落速度为v时，安培力与重力平衡，热功率等于克服安培力做功功率，则有 根据金属环上产生的焦耳热为 故D错误。 故选AC。 24．AC 【详解】根据题意可知，开关S断开，ab杆由静止释放时开始计时，ab杆做自由落体运动，一段时间后，将开关闭合，ab杆受到重力和安培力作用 AB．若开关闭合时，重力大于安培力，则继续做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力增大到等于重力时，速度最大，则ab杆先做加速度减小的加速运动，后以最大速度做匀速运动，故B错误，A正确； C．若开关闭合时，重力等于安培力，则ab杆将做匀速运动，故C正确； D．若开关闭合时，重力小于安培力，则ab杆将做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力减小到等于重力时，做匀速运动，则ab杆先做加速度减小的减速运动，后做匀速运动，故D错误。 故选AC。 25．AD 【详解】A．轿厢悬停时，磁场运动的速度v3，则导线框中的电流大小为 选项A正确； B．轿厢悬停时，由平衡可知 可得轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为 选项B错误； CD．轿厢向上匀速运动时，磁场相对轿厢运动的速度应该为v3，即 v3=v1-v轿厢 则轿厢向上匀速运动时的速度为 v轿厢=v1-v3 选项C错误，D正确。 故选AD。 26．ABD 【详解】A．EF在进入磁场以前，棒与框一起加速运动，则有 导体框受静摩擦力作用加速运动，则有 根据牛顿第三定律可知，EF在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小，A正确； B．导体框进入磁场前做匀加速运动，根据运动学关系可知 解得 EF在刚进入磁场以后，导体框切割磁感线产生感应电动势 通过EF电流为 受到安培力作用为 导体棒与导体框发生相对运动，之间的摩擦力变为滑动摩擦力，导体框在磁场中匀速运动可知，滑动摩擦力与安培力平衡 根据牛顿第三定律可知，导体棒CD受到导体框的摩擦力大小也为，B正确； CD．导体棒CD与U形导体框都进入磁场，开始时，导体棒CD速度大于U形导体框的速度，由导体棒CD边与导体框共同切割磁感线产生电动势，形成电流，使得U形导体框EF边受到向右的安培力，与摩擦力共同作用使其做加速运动，EF边受到向左的安培力，向右做加速运动。设导体棒CD和金属框的速度分别为和， 则电路中的电动势 电路中的电流 金属框和导体棒CD受到的安培力 与运动方向相同 与运动方向相反 则对导体棒CD 对金属框 初速度，则开始逐渐减小，逐渐变大。当=时，相对速度 大小恒定，经过足够长时间后两者都做匀加速运动，C错误，D正确。 故选ABD。 27．AC 【详解】AB．线圈进入磁场时的速度 线圈匀速进入磁场，则 解得 选项A正确，B错误； C．用同样的金属导线绕制成两匝边长为L 的正方形线框，仍从图示位置由静止释放，则此时线圈的重力变为原来的2倍，电阻变2倍；进入磁场时受的安培力为 则仍能满足 则线框仍能匀速进入磁场，选项C正确； D．将原线框均匀拉伸成边长为 2L 的正方形线框，则线圈的质量不变；总长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的，电阻变为 则从底边 cd 距磁场上边界为 H 处由静止释放，进入磁场的速度为 若线框仍能匀速进入磁场，则 解得 H=h 选项D错误。 故选AC。 28．CD 【详解】A．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，导线框的ab边可以经过虚线PQ，故A错误； B．时间内，设导线框的总电阻为，根据平衡条件可得 其中 时间内，根据平衡条件可得 其中 则时间内，导线框的速度大小为 故B错误； C．时间内，a、b两点间的电势差为 a、c两点间的电势差为 故导线框a、c两点间的电势差为0，故C正确； D．时间内，根据动量定理 其中 解得导线框的位移大小为 故D正确。 故选CD。 29．AC 【详解】当导体棒从O点向右运动L时，即在时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度 （θ为ab与x轴的夹角）则根据 即E-t图像是不过原点的直线； 可知回路电流不变；安培力 则F-t关系为不过原点的直线； 导轨间金属棒两端的电压为 则U-t图像是不过原点的直线； 当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，经过时间t回路总电阻 感应电流 则随时间的增加电流I减小，但不是线性减小；根据F=BIL可知安培力减小，但是不是线性减小；电流减小，导体棒电阻不变，则内电压减小，电动势不变，则导轨间金属棒两端的电压变大。 综上所述选项AC正确，BD错误。 故选AC。 30．ACD 【详解】A．线框进入有界磁场后，其边不切割磁感线，由几何知识可知，线框切割磁感线的有效长度的最大值为L，线框完全进入磁场时a点恰好运动到上，线框匀速进入磁场区域的过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，同理可得线框出磁场区域的过程中切割磁感线的有效长度也先增大后减小，故线框匀速通过磁场区域的过程中，线框中的电流先增大后减小，再增大再减小，故A正确。 B．线框进出磁场的过程中所受安培力的有效长度与正方形线框的对角线平行，由楞次定律和左手定则可知，线框所受安培力方向始终垂直于对角线，故B错误； C．计算所受安培力时有效长度的最大值为，因为线框恰好与传送带相对静止通过磁场区域，所以线框所受的最大静摩擦力等于所受的最大安培力，有 故C正确； D．又 线框从静止开始匀加速到a点到达磁场边界的速度恰好为v时，由 可得 故D正确。 故选ACD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$