【解析】吉林省实验中学2018届高三考前浏览题物理试题选择题部分 Word版含解析【 高考】

2018年高三物理浏览试题
选择题篇
1. 2016年8月16日，我国发射了全球首颗量子科学实验卫星，该星被命名为“墨子号”。

墨子是春秋战国时期著名的思想家，他关于物理学的研究涉及到力学、光学、声学等分支。

关于他的著作《墨经》中对物理知识的论述，下列说法不正确的是
A. 运动就是物体空间位置的变动
B. 力是物体由静到动，由慢到快的原因
C. 重量也是力，物体下坠、上举，都是重量作用的结果
D. 时间可以是有限长度的，也可以是没有长度的时刻
【答案】C
【解析】运动就是物体空间位置的变动，选项A正确；力是物体由静到动，由慢到快的原因，即力是使物体运动状态变化的原因，选项B正确；重量时重力的大小，物体下坠时合力向下、上举时合力向上的结果，故C错误；时间分为时间间隔与时刻，故D正确；本题选不正确的，故选C.
2. 大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。

氘核聚变反应方程。

已知 2.013 6 u 3.015 0 u 1.008
7 u，1 u=931 MeV/c2。

氘核聚变反应中释放的核能约为
A. 3.7 MeV
B. 3.3 MeV
C. 2.7 MeV
D. 0.93 MeV
【答案】B
B正确，ACD 错误。

【名师点睛】本题考查质能方程，注意原子核的质量单位不是kg，由质能方程求核能时要细心。

3. 如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

物块与桌面间的动摩擦因数为
【答案】C
【解析】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图:
由f=μF N，F N=mg-F sinθ可知摩擦力为：f=μ(mg-F sinθ代入数据为：
故选C.
【点睛】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程．4. 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。

将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）A. 86 cm B. 92 cm C. 98 cm D. 104 cm
【答案】B
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。

前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。

5. 如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面
上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出
A. 物块的质量
B. 斜面的倾角
C. 物块与斜面间的最大静摩擦力
D. 物块对斜面的正压力
【答案】C
【解析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1-mgsinθ-f=0 ①；
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f-mgsinθ，故
C，由于质量和坡角均未知，故AB错误；物块对斜面的正压力为：
N=mgcosθ，未知，故D错误；故选C.
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6. 如图一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则
A. 绳OO′的张力也在一定范围内变化
B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
【解析】由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a
只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，A、C错误；b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：
力T与力F与x
T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，B正确；由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，D正确；
故选BD。

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7. 如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出
A. 斜面的倾角
B. 物块的质量
C. 物块与斜面间的动摩擦因数
D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度 (a)
【答案】ACD
【解析】由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：
摩擦因数；
但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度，故选项ACD正确，选项B错误。

点睛：本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。

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8. 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当
的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为
A. 8
B. 10
C. 15
D. 18
【答案】BC
【解析】试题分析：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可
得：F=Pm•a，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得：
即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．故选BC。

考点：牛顿第二定律
【名师点睛】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题。

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9. 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A. v<L
B. v
C. v<
D. v
【答案】D
【解析】试题分析：发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定
水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平发射
恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高度为
对应的最小初速度
，所以平抛的初速度
故D正确。

考点：考查了平抛运动规律的应用
【名师点睛】在处理平抛运动时，关键是知道将平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，两个运动具有等时性，即运动时间相同，然后列式求解
视频
10. 如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是( )
A. b一定比a先开始滑动
B. a、b所受的摩擦力始终相等
C. ωb开始滑动的临界角速度
D. 当ωa所受摩擦力的大小为kmg
【答案】AC
【解析】A、B两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a 先开始滑动，故AB错误；当a刚要滑动时，有kmg=mω2∙l，解得：C错误；以a
f=mω2l，可解得：f=kmg，故D正确．故选D.
点睛：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.
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11. 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则
A. W，质点恰好可以到达Q点
B. W，质点不能到达Q点
C. W，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D. W mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【解析】试题分析：在N
下落到N点的过程运用动能定理得，mg•2R−W N2−0，解得W=mgR．由于PN段速度大于NQ 段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克
服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，−mgR−Q2−N2，因为，可知v Q ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，ABD错误．故选C。

考点：牛顿第二定律；动能定理
【名师点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。

视频
12. 如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则
A. a落地前，轻杆对b一直做正功
B. a落地时速度大小为
C. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】BD
【解析】试题分析：当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，
动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．a运动到最低点时，b的
速度为零，根据系统机械能守恒定律得：m A A v A2，解得：B正确．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选BD．
考点：机械能守恒定律；牛顿定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大。

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13. 如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹
力大小相等，且∠ONM<∠OMN在小球从M点运动到N点的过程中
A. 弹力对小球先做正功后做负功
B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D. 小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误；在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则有两处（即有两个时刻）加速度
为g，故B正确；由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确；因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确．故选BCD．
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14. 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为
A.
【答案】B
【解析】设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c
．故选B．
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15. 如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)
A.
C.
【答案】B
【解析】因为圆盘上电荷分布均匀，并且形状规则，故可圆盘可等效看做为电荷集中在c点，
带电量为Q的点电荷，q在b Q在b点产生的电场强度大
b，解得Q带正电，q在d处此时
方向向右；Q在d处产生的电场强度大小为方向向右，
故d B正确．
16. 如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。

带电粒子Q在P的电场中运动。

运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。

若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则
A a a>a b>a c，v a>v c>v b
B.a a>a b>a c，v b>v c> v a
C. a b>a c>a a，v b>v c> v a
D.a b>a c>a a，v a>v c>v b
【答案】D
r b<r c<r a，则a b>a c>a a；因电荷只有电场力做功，故电势能和动能之和守恒，因电荷在a点的电势能最小，b点的电势能最大，故a点的动能最大，b点的动能最小，即v a>v c>v b，故选D．
考点：带电粒子在电场中的运动
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17. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

下列说法正确的是
A. 电场强度的大小为2.5 V/cm
B. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【答案】ABD
【解析】如图所示，在ac17V
垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，
，A，因a、b、c三点电势分别为
故原点处的电势为B正确；
电子从a点到b
在a点的电势能比在b点的高7eV，C b点运动到c点，电场力做功为D正确．
18. 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。

开关S断
开且电流稳定时，C闭合开关S，电流再次稳定后，C
【答案】C
【解析】当开关S断开时，如左图，电路总阻值：R总
当开关S闭合时，如右图，电路总阻值：R总
U2；由Q=CU C正确，ABD错误。

故选C。

19. 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是
A. 原、副线圈匝数比为9∶1
B. 原、副线圈匝数比为1∶9
C. 此时a和b的电功率之比为9∶1
D. 此时a和b的电功率之比为1∶9
【答案】AD
【解析】试题分析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，
输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故A正确B错误；
由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，故C错误D 正确；
考点：考查了理想变压器
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20. 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。

大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。

若粒子射入速
这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；相应的
A.
【答案】C
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。

则当粒子射入的速度
C。

【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。

21. 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为
B. D.
【答案】A
【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动
根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，
∠MO′A=30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
圆筒转动
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得：
A正确，BCD错误；故选A．
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键。

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22. 假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为
A.
【答案】B
【解析】试题分析：在两极，引力等于重力，则有：由此可得地球质量
在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：，
B正确，ACD错误；故选：B．
考点：万有引力定律及牛顿定律的应用.
23. 目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是
A. 卫星的动能逐渐减小
B. 由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C. 由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D. 卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
【答案】BD
【解析】A可知，
所以A错误；
B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；
C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；
........................
点睛：本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可。

24. 如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是
A. φa>φc，金属框中无电流
B. φb>φc，金属框中电流方向沿a­b­c­a
C. U bc2ω，金属框中无电流
D. U bc Bl2ω，金属框中电流方向沿a­c­b­a
【答案】C
【解析】试题分析：因为当金属框绕轴转运时，穿过线圈abc的磁通量始终为0，故线圈中无感应电流产生，选项BD错误；但对于bc与ac边而言，由于bc边切割磁感线，故bc边会产
生感应电动势，由右手定则可知，c点的电势要大于b点的电势，故U bc是负值，且大小等于Bl×=Bl2ω，故选项C正确；对于导体ac而言，由右手定则可知，c点的电势大于a 点的电势，故选项A错误，所以选项C是正确的。

考点：导合格切割磁感线产生感应电动势。

【名师点睛】该题既可以通过法拉第电磁感应定律得出线圈abc的感应电流情况，又可以通过对bc边和ac边的研究，看它们切割磁感线时产生感应电动势的大小，判断导线端点的电势大小情况。

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25. 如图所示，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则
A. 两导线框中均会产生正弦交流电
B. 两导线框中感应电流的周期都等于T
C. 在t
D. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
【答案】BC
【解析】【试题分析】一个半圆周和一个1/4圆周在匀强磁场中运动，产生的感应电动势进行比较．这种模型可以看成是半径绕端点切割磁感线来处理，但要把一个周期分成四个时间段进行分析处理．转90°过程中M、N两个线框几乎是一样的；转第二个90°时，M框沿续前一过程，但N框全部进入磁场，无磁能量变，感应电动势为零；转第三个90°又是一样的，但两个线框电流方向已经变化；转第四个90°，M框沿续，但N框已经离开磁场，无电流了．
A
动势是恒定的，则A错误．B、由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变
化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确．C、显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确．D、根据有效值的定义：对M线框，对N线框，只有一半时间有感应电流，
，所以D错误．故选BC.
【点睛】本题的关键是要把过程细分，注意两个线框进入或离开磁场的情况有差别．再就是把这种模型简化成棒绕端点转动的情况，切割速度等效为棒的中点的速度．
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26. 一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图像是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：对物体受力分析，利用牛顿第二定律列式找出F﹣a的关系式，即可做出选择．
解：物块受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得；F﹣μmg=ma
解得：F=ma+μmg
F与a成一次函数关系，故ABD错误，C正确，
故选C．
【点评】对于此类图象选择题，最好是根据牛顿第二定律找出两个物理量之间的函数关系，图象变显而易见．
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27. 如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置－时间(x－t)图线．由图可知( )
A. 在时刻t1，a车追上b车
B. 在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
【答案】BC
【解析】在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，说明两车相遇．因b的速度大于a，则是b 追上a，故A错误．根据图象的斜率表示速度，可知，在时刻t2，两车运动方向相反．故B正确．图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大．故C正确．在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先大于、再等于、后大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大．故D错误; 故选BC.
点睛：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向．
28. 如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
，单位长度电阻为则MN切割产生电动势。