《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十)選擇題(共20個小題，112為單選，其余為多項選擇題，每題5分，共100分)1如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g10 m/s2.下列說法中不正確的是()A05 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動B在t1 s時刻，恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3答案C解析由題可知，物塊開始時在恒力作用下運(yùn)動，在05 m內(nèi)的運(yùn)動方向是相同的，由圖乙可知，05 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動，故A項正確；物塊勻減速
2、直線運(yùn)動的加速度大小為：a1 m/s210 m/s2.勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為：a2 m/s24 m/s2.根據(jù)牛頓第二定律得：Ffma1，F(xiàn)fma2，聯(lián)立兩式解得：F7 N，f3 N，則動摩擦因數(shù)為：0.3.物塊勻減速直線運(yùn)動的時間為：t1 s1 s即在01 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動，故B、D兩項正確，C項錯誤本題選擇錯誤的，故選C項2.如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動若以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox，小球的速度v隨時間t變化的圖象
3、如圖乙所示其中OA段為直線，切于A點(diǎn)的曲線AB和BC都是平滑的曲線，則關(guān)于A、B、C三點(diǎn)對應(yīng)的x坐標(biāo)及加速度大小，下列說法正確的是()AxAh，aA0BxAh，aAgCxBh，aB0 DxCh，aC0答案C解析由圖可知，OA段是直線，說明O到A的過程中，小球做自由落體運(yùn)動，小球到達(dá)A時，小球的加速度仍然是g，故A、B兩項錯誤；B點(diǎn)是速度最大的地方，此時重力和彈力相等，合力為0，加速度也就為0，由mgkx，可知x，所以B點(diǎn)的坐標(biāo)為h，所以C項正確；取一個與A點(diǎn)對稱的點(diǎn)為D，由A點(diǎn)到B點(diǎn)的形變量為，由對稱性得由B到D的形變量也為，故到達(dá)C點(diǎn)時形變量要大于h2，加速度acg，所以D項錯誤故選C項3.
4、在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示，則()Aq1和q2帶有同種電荷Bx1處的電場強(qiáng)度為零C負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案C解析由圖可知：無窮遠(yuǎn)處電勢為零，有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負(fù)的地方，故也存在負(fù)電荷，所以q1和q2帶有異種電荷，故A項錯誤；圖中曲線斜率大小等于電場強(qiáng)度，x1處的斜率不為零，故x1處的電場強(qiáng)度不為零，故B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2，電勢升高，電勢能減小，故C項正確；負(fù)電荷從x1移到x2，曲線的斜率減小，電場強(qiáng)度減小，所以負(fù)電荷受到的電場力減小，故D項錯誤故選C項4如圖甲所示，繃緊
5、的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運(yùn)動的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示已知v2v1，則()A0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左B0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用Ct2時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大Dt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大答案D解析0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，且大小不變，故A項錯誤；如圖乙知，t2t3時間內(nèi)小物塊做勻速直線運(yùn)動，此時受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故B項錯誤；在0t1時間內(nèi)小物塊向左減速，
6、受向右的摩擦力作用，在t1t2時間內(nèi)小物塊向右加速運(yùn)動，受到向右的摩擦力作用，t1時刻小物塊向左運(yùn)動到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故C項錯誤；t2時刻前小物塊相對傳送帶向左運(yùn)動，之后相對靜止，則知小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大，故D項正確故選D項5如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動，通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示(取g10 m/s2)則下列判斷不正確的是()A物體的質(zhì)量m0.5 kgB物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.40C03 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4 NsD03 s內(nèi)物體所受合力做的功為1 J答案C解析由速
7、度時間圖象可以知道在23 s的時間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2 N，在12 s的時間內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動，直線的斜率代表加速度的大小，所以a m/s22 m/s2，由牛頓第二定律可得Ffma，所以m0.5 kg，故A項正確；由fFNmg，所以0.4，故B項正確；03 s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為mgt6 Ns，故C項錯誤；根據(jù)動能定理得03 s內(nèi)物體所受合力做的功為mv201 J，故D項正確本題選不正確的，故選C項6.質(zhì)量相等的a、b兩物體，分別從粗糙斜面上的同一位置由靜止下滑，滑到斜面底端時進(jìn)入粗糙水平面繼續(xù)滑行一段距離后停下，不計從斜面底端進(jìn)入水平面時的能
8、量損失已知兩物體運(yùn)動的vt圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A在整個運(yùn)動過程中，a的平均速度比b的平均速度小Ba與斜面間的動摩擦因數(shù)比b與斜面間的動摩擦因數(shù)大Ca在水平面上滑行的距離比b在水平面上滑行的距離長D在整個運(yùn)動過程中，a克服摩擦力做功比b克服摩擦力做功多答案C解析由圖知a的最大速度為v1，a的平均速度為v1，b的最大速度為v2，b的平均速度為v2，因為v1v2，所以a的平均速度比b的平均速度大，故A項錯誤；物體在斜面上運(yùn)動的加速度為：agsingcos，因為a的加速度大于b的加速度，所以a與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小，故B項錯誤；物體在水平面上的運(yùn)動是勻減速運(yùn)動，a從t1時刻開始，
9、b從t2時刻開始由圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，a在水平面上做勻減速運(yùn)動的位移比b在水平面上做勻減速運(yùn)動的位移大，故C項正確；對物塊整個運(yùn)動過程運(yùn)用動能定理得：mghWf00，所以有：Wfmgh，ab兩個物體質(zhì)量相等，所以在整個運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功一樣多，故D項錯誤故選C項7.點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的原點(diǎn)O處和x5d處，正點(diǎn)電荷q(不計重力)從xd處以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動，其速率v與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列判斷正確的是()A點(diǎn)電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶正電荷B點(diǎn)電荷Q1、Q2所帶電荷量的絕對值之比為23C點(diǎn)電荷q從xd處到x4d處的過程中，在x2d處的電勢能
10、最小D從xd處到x4d處，電勢先增大后減小答案D解析正點(diǎn)電荷從d到4d的過程，速度先減小后增大，則電場力先做負(fù)功后做正功，即從d到2d場強(qiáng)方向向左，從2d到4d場強(qiáng)方向向右，則x2d處合場強(qiáng)為零由上面的分析結(jié)合場強(qiáng)的疊加可知點(diǎn)電荷Q1帶負(fù)電荷、Q2帶負(fù)電荷，故A項錯誤；由x2d處合場強(qiáng)為零得：，解得：Q1Q249，故B項錯誤；由前面的分析知：點(diǎn)電荷q從xd處到x4d處的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，所以x2d處的電勢能最大，故C項錯誤，D項正確故選D項8俄羅斯方塊游戲風(fēng)靡全球，某人根據(jù)游戲中的幾個形狀制作了一些導(dǎo)線框，導(dǎo)線框制作材料粗細(xì)、周長、加工方式都相同讓它們以相同的
11、速度水平向右勻速經(jīng)過右邊單邊界磁場(如圖甲所示)，測得導(dǎo)線框的感應(yīng)電流如圖乙所示，則應(yīng)該是哪個形狀的俄羅斯方塊導(dǎo)線框通過磁場()答案B解析設(shè)線框切割磁感線的有效長度為L，感應(yīng)電動勢為：EBLv，感應(yīng)電流為：IL，由圖乙所示圖象可知，01 s與23 s內(nèi)的感應(yīng)電流相等，且是12 s內(nèi)感應(yīng)電流的一半，B、v、R相等，則01 s與23 s內(nèi)切割磁感線的有效長度L相等且是12 s內(nèi)有效長度的一半，由圖示線框可知，B項正確，A、C、D三項錯誤故選B項9.如圖所示，水平面內(nèi)有一足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，兩導(dǎo)軌左端用導(dǎo)線與電容器C(電容器不帶電)及開關(guān)連接勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，與導(dǎo)軌接觸良
12、好的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌以某一初速度向右運(yùn)動某時刻將開關(guān)S閉合，并開始計時，用v、q、i和a分別表示導(dǎo)體棒的速度、電容器所帶電荷量、導(dǎo)體棒中的電流和導(dǎo)體棒的加速度則圖中正確的是()答案D解析導(dǎo)體棒向右運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：EBLv，開關(guān)閉合后導(dǎo)體棒對電容器充電，電容器所帶電荷量為：qit，電容器兩端電壓為：U，電路電流為：i，整理得：i，當(dāng)電容器兩端電壓U與導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E相等時，電路沒有電流，即i0，故C項錯誤；導(dǎo)體棒受到的安培力：FBiL，由牛頓第二定律得：a，解得：a，a隨t減小，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動，當(dāng)i0時，F(xiàn)0，a0，故D項正確；由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培
13、力方向與速度方向相反，導(dǎo)體棒先做加速度減小的減速運(yùn)動，最終導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動，故A項錯誤；電容器所帶電荷量：qit先隨時間增大，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動時電容器所帶電荷量：qCUCBLv保持不變，故B項錯誤故選D項10如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，桿與小球間彈力大小為N，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，Nv2圖象如乙圖所示，下列說法正確的是()A當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮锽小球的質(zhì)量為RCv2c時，桿對小球彈力方向向上D若v22b，則桿對小球彈力大小為2a答案B解析在最高點(diǎn)，若v0，則Nmga；若N0，則mgm，解得g，mR，故A項錯
14、誤，B項正確；由圖可知：當(dāng)v2b時，桿對小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2c時，桿對小球彈力方向向下，故C項錯誤；若c2b.則Nmgm，解得Na，故D項錯誤故選B項11如圖甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點(diǎn)當(dāng)M、N板間不加電壓時，一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)時間T到達(dá)B點(diǎn)，此時速度為v.若在兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t0時，將帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動過程中始終未接觸極板，則tT時，小球()A在B點(diǎn)上方 B恰好到達(dá)B點(diǎn)C速度大于v D速度小于v答案B解析在M、N兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力的作用，電場力作周期性變化，且電場力在
15、水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運(yùn)動，與不加電場時相同在水平方向小球先做勻加速直線運(yùn)動，后沿原方向做勻減速直線運(yùn)動，t時速度為零，接著，沿相反方向先做勻加速直線運(yùn)動，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運(yùn)動，tT時速度為零根據(jù)對稱性可知在tT時小球的水平位移為零，所以tT時，小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，故A項錯誤，B項正確；在0T時間內(nèi)，電場力做功為零，小球機(jī)械能變化量為零，所以tT時，小球速度等于v，故C、D兩項錯誤故選B項12.半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，如圖所示AEO為八分之一圓導(dǎo)線框，其總電阻為R，以角速度繞O軸
16、逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖中所示位置開始計時，用i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(順時針方向為正)，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化圖象可能是()答案B解析在第一個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為順時針，感應(yīng)電動勢大小為：E2BL2BL2BL2，感應(yīng)電流大小為：iI0；在第二個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第三個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針，感應(yīng)電動勢大小為：E2BL2BL2BL2，感應(yīng)電流大小為：iI0；在第四個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第五個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為順時針，感應(yīng)電動勢大小為EBL2，感應(yīng)電流大小為iI0；在第六個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零；在第七個T內(nèi)，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針，感應(yīng)電
17、動勢大小為EBL2，感應(yīng)電流大小為iI0；在第八個T內(nèi)，感應(yīng)電流為零，故B項正確，A、C、D三項錯誤故選B項13.如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時刻P離開傳送帶不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長能正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()答案ABC解析若v1v2，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對傳送帶靜止勻速向右運(yùn)動，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運(yùn)動，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQgmPg(mQmP)a，加速度不
18、變；若v1v2，小物體P先向右勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律知mPgmQg(mQmP)a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故A、B選項可能；若v1v2，小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律知mQgmPg(mQmP)a1，到小物體P減速到與傳送帶速度v1相等后，若最大靜摩擦力大于或等于繩的拉力，繼續(xù)向右勻速運(yùn)動，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，繼續(xù)向右減速但滑動摩擦力方向改向，此時勻減速運(yùn)動的加速度為mQgmPg(mQmP)a2，到減速為零后，又反向以a2加速度勻加速向左運(yùn)動，而a2a1，故C項正確，D項錯誤故選A、B、C三項14截面積S0.5 m2，n100匝的圓形線圈，處在如
19、圖甲所示的磁場內(nèi)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知電路中R3 ，C10 F，線圈電阻r2 ，導(dǎo)線電阻忽略不計，t0時刻磁場方向垂直線圈平面向里，則有()A電容器兩端電壓為10 VB通過電阻R的感應(yīng)電流大小為2 AC通過電阻R的電流方向為bRaD電容器所帶的電荷量6105 C答案BD解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EnnS1000.20.5 V10 V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得通過電阻R的感應(yīng)電流大小為：I A2 A，故A項錯誤，B項正確；根據(jù)楞次定律可得通過電阻R的電流方向為aRb，故C項錯誤；電容器兩端電壓等于R兩端電壓，UIR23 V
20、6 V電容器所帶的電荷量為QCU1056 C6105 C，故D項正確故選B、D兩項15如圖甲所示，A和B用輕彈簧拴接，A放置在水平地面上，物體C疊放在B上，三者處于靜止?fàn)顟B(tài)，它們質(zhì)量分別為mA2 kg，mBmC1 kg.現(xiàn)用力F豎直向下壓物體C，使B和C一起緩慢向下移動0.2 m，如圖乙所示，圖丙為F大小與B下移距離的關(guān)系圖象，g取10 m/s2.撤去F后，在它們上升過程中，下列說法正確的是()AB的最大速度為2 m/sB當(dāng)C的速度最大時，A對地面的壓力為40 NC當(dāng)B和C分離時，A對地面的壓力為30 ND當(dāng)B和C分離時，A對地面的壓力為40 N答案AB解析Fx圖線與x軸所圍面積等于F做的功等
21、于4 J，B的速度最大時，A、B沒有分離，且此時位置對應(yīng)初始位置，F(xiàn)做的功全部轉(zhuǎn)化為B和C的動能，即為：W(mBmC)v2，解得：v2 m/s，故A項正確；B、C的速度最大時，加速度為0，彈簧向上彈力等于B、C重力，所以彈簧向下彈力等于B、C重力，即20 N，A對地面壓力等于40 N，故B項正確；B、C分離時彈簧處于原長位置，A對地面壓力為20 N，故C、D兩項錯誤故選A、B兩項16如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用，A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示，已知物塊A的質(zhì)量m3 kg，取g10 m/s2，
22、最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A兩物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2B當(dāng)0F4 N時，A、B保持靜止C當(dāng)4 NF12 N時，A的加速度隨F的增大而增大答案AB解析當(dāng)F12 N時，A、B間開始相對滑動，即mAg6 N，解得：0.2，故A項正確；當(dāng)0F4 N時，B與地面間的摩擦力逐漸變大，A、B間的摩擦力始終為零，沒有拉動，A、B保持靜止，故B項正確；當(dāng)4 NF12 N時，A、B間相對滑動，摩擦力大小不變了，故D項錯誤故選A、B兩項17如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應(yīng)
23、電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向下列圖象正確的有()答案BD解析線圈中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨t的變化率由題圖可知，01 s時間內(nèi)，B增大，增大，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反(感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向外)，由右手定則知感應(yīng)電流是逆時針，負(fù)值，因磁場均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，同理可判斷出14 s時間內(nèi)感應(yīng)電流的方向，故A項錯誤，B項正確；01 s時間內(nèi)，ad邊感應(yīng)電流是向下的，ad邊所受的安培力FBIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右為正值，由于B隨時間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時間t均勻增大，同理可判斷出14 s時間內(nèi)安培力F隨時間t的變
24、化關(guān)系，故C項錯誤，D項正確故選B、D兩項18如圖所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2)()A當(dāng)F24 N時，A相對B發(fā)生滑動CA的質(zhì)量為4 kgDB的質(zhì)量為24 kg答案BC解析當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當(dāng)F0，C項錯誤故選A、D兩項20一不計電阻的矩形導(dǎo)線框，在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的
25、軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的正弦交流電如圖甲所示把該交流電接在圖乙中理想變壓器的a、b兩端，Rt為熱敏電阻(溫度升高時，其電阻減小)，R為定值電阻，電壓表和電流表均為理想電表下列說法正確的是()A在t1.5102 s時刻，線框平面與磁場方向垂直B該交流電電壓的瞬時值表達(dá)式為u22sin100t(V)CRt處溫度升高時，V1表示數(shù)與V2表示數(shù)的比值增大DRt處溫度升高時，V2表示數(shù)與A表示數(shù)的比值不變答案BC解析在t1.5102 s時刻，交變電壓最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，穿過該線圈的磁通量為零，線框平面與磁場方向平行，故A項錯誤；由圖知，最大電壓：Um22 V，周期0.02 s，角速度是 rad/s100 rad/s，則該交流電電壓的瞬時值表達(dá)式為u22sin100t(V)，故B項正確；Rt處溫度升高時，原副線圈電壓比不變，但是V2不是測量副線圈電壓，Rt溫度升高時，阻值減小，電流增大，則R兩端電壓增大，所以V2示數(shù)減小，則電壓表V1、V2示數(shù)的比值增大，故C項正確；Rt處溫度升高時，阻值減小，電壓表V2示數(shù)與電流表A示數(shù)的比值減小，故D項錯誤故選B、C兩項16
（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 物理圖象（含解析）
