2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題重組卷第一部分專題五物理圖象問題含解析

PAGE16-專題五物理圖象問題第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·黑龍江齊齊哈爾一模)物塊在1N合外力作用下沿x軸做勻變速直線運動，圖示為其位置坐標和速率的二次方的關(guān)系圖線，則關(guān)于該物塊有關(guān)物理量大小的推斷正確的是()A．質(zhì)量為1kg B．初速度為2m/sC．初動量為2kg·m/s D．加速度為0.5m/s2答案D解析由圖依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可得x＝v2－2，依據(jù)勻變速直線運動的速度位移關(guān)系v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，整理得x＝eq\f(v2,2a)－eq\f(v\o\al(2,0),2a)，對比可得eq\f(1,2a)＝1，解得a＝0.5m/s2,2＝eq\f(v\o\al(2,0),2×0.5)，解得初速度的大小v0＝eq\r(2)m/s，B錯誤，D正確；由牛頓其次定律F＝ma可得，m＝eq\f(F,a)＝2kg，初動量p0＝mv0＝2eq\r(2)kg·m/s，A、C錯誤。2．(2024·云南昆明4月質(zhì)檢)汽車在限速為40km/h的道路上勻速行駛，駕駛員發(fā)覺前方斑馬線上有行人，于是減速禮讓，汽車到達斑馬線處時行人已通過斑馬線，駕駛員便加速前進，監(jiān)控系統(tǒng)繪制出該汽車的速度v隨時間t變更的圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．減速前該車已超速B．汽車在加速階段的加速度大小為3m/s2C．駕駛員起先減速時距斑馬線18mD．汽車在加速階段發(fā)動機的輸出功率保持不變答案B解析由圖象可知，汽車減速前的行駛速度為v0＝10m/s＝36km/h，未超速，A錯誤；汽車在加速階段的加速度大小為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－2,5.5－3.5)m/s2＝3m/s2，B正確；由速度—時間圖象不能精確求解汽車起先減速時距斑馬線的距離，C錯誤；加速階段，汽車做勻加速直線運動，由牛頓其次定律F－f＝ma知，牽引力F恒定，速度增加，據(jù)P＝Fv知，功率P增加，D錯誤。3.(2024·山東泰安一模)如圖，在光滑的斜面上，輕彈簧的下端固定在擋板上，上端放有物塊Q，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一沿斜面對上的力F作用在Q上，使其沿斜面對上做勻加速直線運動，以x表示Q離開靜止位置的位移，在彈簧復(fù)原原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()答案A解析起先時，Q靜止，有mgsinθ＝kx0(θ為斜面傾角)；當用一沿斜面對上的力F作用在Q上時，Q做勻加速直線運動，當Q離開靜止位置的位移為x時，依據(jù)牛頓其次定律可得，F(xiàn)＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，A正確。4.(2024·北京朝陽一模)某物理愛好小組利用如圖所示的電路給一個原來不帶電的電容器充電。在充電過程中，電路中的電流為i，電容器所帶的電荷量為q，兩極板間的電勢差為u，電容器儲存的能量為E電。下面的四幅示意圖分別表示i、q、u和E電隨時間t的變更關(guān)系，其中可能正確的是()答案B解析電容器最終充電結(jié)束，電流為0，所以電路中電流漸漸減小，A錯誤；q-t圖象斜率代表電流大小，電流漸漸變小，斜率變小，而充電過程電荷量q增加，B正確；由q＝Cu可得，u與q的圖形相像，C錯誤；充電過程電容器儲存的能量應(yīng)增大得越來越慢，充電結(jié)束，E電達到最大，D錯誤。5．(2024·江蘇南京、鹽城二模)將一小球豎直向上拋出，取向上為正方向，設(shè)小球在拋出點的重力勢能為零，小球所受空氣阻力大小恒定，則上升過程中，小球的加速度a、速度v、機械能E、動能Ek與小球離拋出點高度h的關(guān)系錯誤的是()答案B解析小球所受空氣阻力大小恒定，上升階段是勻減速直線運動，取向上為正方向，依據(jù)牛頓其次定律有：－(mg＋f)＝ma，a大小恒定，方向向下，A正確；上升階段是勻減速直線運動，取向上為正方向，有v2－veq\o\al(2,0)＝2ah，v與h不是線性關(guān)系，B錯誤；機械能E與小球離拋出點高度h的關(guān)系為：E＝E0－fh，C正確；動能Ek與小球離拋出點高度h的關(guān)系為：Ek＝Ek0－(mg＋f)h，D正確。6．(2024·山東臨沂十九中高三上學(xué)期第六次調(diào)研)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變更的圖象如圖所示。下列說法正確的是()A．O點的電勢最高B．x2點的電勢最高C．x1和－x1兩點的電勢相等D．x1和x3兩點的電勢相等答案C解析依據(jù)E-x圖象畫出電場線如圖a或圖b，沿電場線方向電勢降低，圖a中O點的電勢最高，而圖b中O點電勢最低，A錯誤；x2點是場強正向最大的位置，電勢不是最高，B錯誤；將電荷從x1移到－x1可由題圖知電場力做功為零，故兩點電勢相等，而把電荷從x1移到x3電場力做功不為零，x1和x3兩點的電勢不相等，C正確，D錯誤。7.(2024·江蘇七市二模)如圖所示，光滑水平桿上套一導(dǎo)體圓環(huán)，條形磁鐵平行于水平桿固定放置，t＝0時刻，導(dǎo)體環(huán)在磁鐵左側(cè)O點獲得一個向右的初速度，經(jīng)過t0時間停在磁鐵右側(cè)O1點，O、O1兩點間距離為x0，且兩點關(guān)于磁鐵左右對稱。上述過程中，下列描述穿過導(dǎo)體環(huán)的磁通量Φ、導(dǎo)體環(huán)所受安培力F隨位移x變更的關(guān)系圖線，以及速度v、電流i隨時間t變更的關(guān)系圖線可能正確的是()答案D解析依據(jù)條形磁鐵磁場的對稱性，導(dǎo)體環(huán)在O和O1的磁通量是一樣的，等大同向，A錯誤；依據(jù)楞次定律，導(dǎo)體環(huán)受到的安培力始終與速度方向相反，故所受安培力始終向左，不存在力反向的狀況，B錯誤；導(dǎo)體環(huán)在OO1中點的磁通量變更率為0，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0，故在該點所受安培力大小為0，加速度為0，C圖v-t圖象中無斜率為0點，C錯誤；起先時導(dǎo)體環(huán)靠近磁極磁通量增加，磁通量變更率可能會增加，電流增大，之后磁通量變更率變小，電流會減??；導(dǎo)體環(huán)過了OO1中點后磁通量減小，產(chǎn)生反向電流，磁通量變更率可能接著增加，故電流反向增大，靠近O1時隨著速度減小磁通量變更率漸漸減至0，電流也漸漸減小到0，D正確。8.(2024·濟南高三模擬)質(zhì)量為1kg的物體從足夠高處由靜止起先下落，其加速度a隨時間t變更的關(guān)系圖象如圖所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．2s末物體所受阻力的大小為10NB．在0～2s內(nèi)，物體所受阻力隨時間勻稱減小C．在0～2s內(nèi)，物體的動能增大了100JD．在0～1s內(nèi)，物體所受阻力的沖量大小為2.5N·s答案AD解析2s末物體的加速度為零，此時物體所受阻力等于重力，即所受阻力的大小為10N，A正確；在0～2s內(nèi)，物體的加速度隨時間勻稱減小，依據(jù)mg－f＝ma可知，所受阻力隨時間勻稱增大，B錯誤；在0～2s內(nèi)，物體的速度增加了Δv＝eq\f(1,2)×2×10m/s＝10m/s，則動能的增加量ΔEk＝Ek末－Ek初＝eq\f(1,2)m(Δv＋0)2－0＝eq\f(1,2)×1×102J＝50J，C錯誤；在0～1s內(nèi)，物體速度的增量：Δv1＝eq\f(1,2)×(5＋10)×1m＝7.5m/s，依據(jù)動量定理mgt－If＝mΔv1，解得If＝2.5N·s，D正確。9．(2024·寧夏吳忠高三上學(xué)期期末)如圖a，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一圓形導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖b所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A．在t＝eq\f(T,4)時最大B．在t＝eq\f(T,2)時最大C．在t＝eq\f(T,2)時，沿順時針方向D．在t＝T時，沿順時針方向答案BC解析由圖b知，在t＝eq\f(T,4)時，PQ中的電流最大，電流的變更率為0，在R中產(chǎn)生的磁通量的變更率為0，R中的電動勢為0，A錯誤；在t＝eq\f(T,2)時，PQ中的電流為0，電流的變更率最大，在R中產(chǎn)生的磁通量的變更率最大，感應(yīng)電動勢最大，B正確；在t＝eq\f(T,2)時，R中的磁通量向里減小或向外增大，依據(jù)楞次定律知感應(yīng)電動勢沿順時針方向，C正確；在t＝T時，R中的磁通量向外減小或向里增大，依據(jù)楞次定律知感應(yīng)電動勢沿逆時針方向，D錯誤。10．(2024·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100J答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，Ep-h圖線斜率k＝mg，由圖象得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯誤；由圖象知h＝2m時，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯誤；h＝4m時，E總＝Ep＝80J，即此時Ek＝0，即從地面至h＝4m，動能削減100J，D正確。11．(2024·沈陽郊聯(lián)體高三一模)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變更的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，不計重力，則()A．A、N點的電場強度大小為零B．N、C間場強方向沿x軸正方向C．將一正點電荷靜止放在x軸負半軸，它將始終做加速運動D．將一負點電荷從N點移動到D點，電場力先做正功后做負功答案CD解析φ-x圖象的斜率等于電場強度E，圖線在A、N兩點處的斜率都不等于0，故A、N兩點的場強均不為零，A錯誤；由圖可知：從N到C，電勢上升，依據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，N、C間電場強度方向沿x軸負方向，B錯誤；依據(jù)圖象，結(jié)合矢量的疊加可知，x軸負半軸的電場強度方向指向x軸的負方向，所以若將一正點電荷靜止放在x軸負半軸，則電場力指向x軸負方向，正點電荷將始終做加速運動，C正確；N→D段中，電勢先上升后降低，所以將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，D正確。12．(2024·湖南衡陽二模)在冰壺競賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以變更冰壺滑行時受到的阻力。如圖a所示，藍壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰，若碰撞前后兩壺的v-t圖象如圖b所示。關(guān)于冰壺的運動，下列說法正確的是()A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞B．藍壺運動了4s停下C．撞后兩壺相距的最遠距離為1.275mD．碰撞后藍壺的加速度大小為0.3m/s2答案CD解析設(shè)碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度為v0＝1.2m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.3m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，由動量守恒可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9m/s，碰撞前兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.72m，碰撞后兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv0′2＝0.45m<Ek1，所以兩壺的碰撞為非彈性碰撞，A錯誤；由圖象可知，碰前紅壺的加速度大小為：a＝eq\f(1.6－1.2,1)m/s2＝0.4m/s2，所以藍壺靜止的時刻為：t＝eq\f(1.6,0.4)s＝4s，所以藍壺運動了3s停下，B錯誤；速度圖象與t坐標軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠距離為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.9×3,2)－\f(0.3×0.5,2)))m＝1.275m，C正確；碰后藍壺的加速度大小為：a′＝eq\f(0.9－0,4－1)m/s2＝0.3m/s2，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共14分)13.(2024·安徽定遠重點中學(xué)高三上期末)(6分)利用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”的試驗。(1)除打點計時器(含紙帶、復(fù)寫紙)、溝通電源、鐵架臺、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下面的器材中，必需運用的還有________。(選填器材前的字母)A．大小合適的鐵質(zhì)重錘B．體積較大的木質(zhì)重錘C．刻度尺D．游標卡尺E．秒表(2)如圖乙是試驗中得到的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。重錘質(zhì)量用m表示，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周期為T。從打下O點到打下B點的過程中，重錘重力勢能的削減量ΔEp＝________，動能的增加量ΔEk＝________。(3)在試驗過程中，下列試驗操作和數(shù)據(jù)處理正確的是________。A．釋放重錘前，使紙帶保持豎直B．做試驗時，先接通打點計時器的電源，再釋放重錘C．為測量打點計時器打下某點時重錘的速度v，可測量該點到O點的距離h，再依據(jù)公式v＝eq\r(2gh)計算，其中g(shù)應(yīng)取當?shù)氐闹亓铀俣菵．用刻度尺測量某點到O點的距離h，利用公式mgh計算重力勢能的削減量，其中g(shù)應(yīng)取當?shù)氐闹亓铀俣?4)某同學(xué)在紙帶上選取計數(shù)點后，測量它們到起始點O的距離h，并計算出打相應(yīng)計數(shù)點時重錘的速度v，通過描繪v2-h圖象去探討機械能是否守恒。若試驗中重錘所受阻力不行忽視，且阻力大小保持不變，從理論上分析，合理的v2-h圖象是圖中的________。答案(1)AC(2)mghBeq\f(mhC－h(huán)A2,8T2)(3)ABD(4)A解析(1)為了減小阻力的影響，選擇質(zhì)量較大、體積較小的鐵質(zhì)重錘，A正確，B錯誤；在該試驗中須要測量點跡間的距離，須要刻度尺，不須要游標卡尺，C正確，D錯誤；打點計時器可以記錄時間，不須要秒表，E錯誤，故選A、C。(2)從打下O點到打下B點的過程中，重錘重力勢能的削減量ΔEp＝mghB，B點的速度為vB＝eq\f(hC－h(huán)A,2T)，則動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(mhC－h(huán)A2,8T2)。(3)釋放重錘前，應(yīng)使紙帶保持豎直，A正確；試驗時，應(yīng)先接通電源，再釋放紙帶，B正確；為測量打點計時器打下某點時重錘的速度v，可以依據(jù)紙帶上某段時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度求出，C錯誤；計算重錘重力勢能的減小量，要用刻度尺測量某點到O點的距離h，利用公式mgh求出，其中g(shù)應(yīng)取當?shù)氐闹亓铀俣?，D正確，故選A、B、D。(4)當重錘所受阻力不行忽視，且阻力大小保持不變時，有mgh－fh＝eq\f(1,2)mv2，則v2＝eq\f(2mg－fh,m)，可知v2-h圖線為過原點的一條傾斜直線，故選A。14．(2024·福建莆田高三上學(xué)期期末)(8分)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”試驗中，小燈泡的額定電壓為2.5V，額定功率為0.5W，此外還有以下器材可供選擇：A．直流電源3V(內(nèi)阻不計)B．直流電流表0～300mA(內(nèi)阻約為5Ω)C．直流電流表0～3A(內(nèi)阻約為0.1Ω)D．直流電壓表0～3V(內(nèi)阻約為30kΩ)E．滑動變阻器100Ω，0.5AF．滑動變阻器10Ω，2AG．導(dǎo)線和開關(guān)(1)試驗中電流表應(yīng)選用________，滑動變阻器應(yīng)選用________。(填寫儀器前的字母)(2)在圖甲的虛線框中畫出正確的試驗電路圖________(虛線框中已將部分電路畫出，請補齊電路的其他部分)。(3)依據(jù)試驗數(shù)據(jù)，畫出的小燈泡I-U圖線如圖乙所示。由此可知，當電壓為0.5V時，小燈泡的燈絲電阻是________Ω；若用電動勢為2.0V，內(nèi)阻為10Ω的電池干脆給該小燈泡供電，則小燈泡消耗的電功率為________W。(均保留兩位有效數(shù)字)答案(1)BF(2)圖見解析(3)5.00.094解析(1)小燈泡的額定電壓為2.5V，額定功率為0.5W，故額定電流為I＝eq\f(P,U)＝0.2A，所以電流表選擇B；由于描繪小燈泡的伏安特性曲線，滑動變阻器需用分壓式接法，為便利調(diào)整，應(yīng)選擇阻值小、額定電流較大的F。(2)小燈泡電阻較小，電流表用外接法；描繪小燈泡的伏安特性曲線，滑動變阻器需用分壓式接法，所以電路圖如圖所示。(3)由曲線知，當小燈泡兩端的電壓為0.5V時，小燈泡的電流為0.1A，依據(jù)歐姆定律得此時電阻為5.0Ω；用電動勢為2.0V，內(nèi)阻為10Ω的電池干脆給該小燈泡供電，依據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝2.0－10I，在原坐標圖上作出I-U圖象，如圖所示：圖象中交點U＝0.75V，I＝0.125A，小燈泡消耗的電功率為P＝UI＝0.75×0.125W≈0.094W。三、計算論述題(本題共4小題，共48分。解答時寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15．(2024·河南省鄭州市一模)(10分)二十一世紀新能源環(huán)保汽車在設(shè)計階段要對其各項性能進行測試。某次新能源汽車性能測試中，如圖甲顯示的是牽引力傳感器傳回的實時數(shù)據(jù)隨時間變更的關(guān)系，但由于機械故障，速度傳感器只傳回了第25s以后的數(shù)據(jù)，如圖乙所示。已知汽車的質(zhì)量為1500kg，若測試平臺是水平的，且汽車由靜止起先做直線運動，設(shè)汽車所受阻力恒定。(1)18s末汽車的速度是多少？(2)前25s內(nèi)的汽車的位移是多少？答案(1)26m/s(2)608m解析(1)0～6s內(nèi)，由牛頓其次定律得：F1－f＝ma16s末車速為：v1＝a1t16～18s內(nèi)，由牛頓其次定律得：F2－f＝ma2第18s末車速為：v2＝v1＋a2t2由圖知18s后汽車做勻速直線運動，牽引力等于阻力，故有：f＝F3＝1500N，解得18s末汽車的速度：v2＝26m/s。(2)汽車在0～6s內(nèi)的位移為：x1＝eq\f(v1,2)t1＝90m，汽車在6～18s內(nèi)的位移為：x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2＝336m，汽車在18～25s內(nèi)的位移為：x3＝v2t3＝182m故汽車在前25s內(nèi)的位移為：x＝x1＋x2＋x3＝608m。16．(2024·四川資陽二診)(10分)如圖1所示，光滑絕緣斜面的傾角θ＝30°，整個空間處在勻強電場中，取沿斜面對上的方向為電場的正方向，電場強度隨時間的變更規(guī)律如圖2所示。一個質(zhì)量m＝0.2kg、電量q＝1×10－5C的帶正電的滑塊被擋板P攔住，在t＝0時刻，撤去擋板P。重力加速度g＝10m/s2，(1)0～4s內(nèi)滑塊的最大速度為多少？(2)0～4s內(nèi)電場力做了多少功？答案(1)20m/s(2)40J解析(1)在0～2s內(nèi)，滑塊的受力分析如圖甲所示，電場力F1＝qE1F1－mgsinθ＝ma1解得a1＝10m/s2。在2～4s內(nèi)，滑塊受力分析如圖乙所示，F(xiàn)2＝qE2，F(xiàn)2＋mgsinθ＝ma2解得a2＝10m/s2因此在0～2s內(nèi)，滑塊以a1＝10m/s2的加速度加速，在2～4s內(nèi)，滑塊以a2＝10m/s2的加速度減速，即在2s時，速度最大，由v＝a1t得，vmax＝20m/s。(2)滑塊在0～2s內(nèi)與2～4s內(nèi)通過的位移相等。通過的位移x＝eq\f(vmax,2)t＝20m，在0～2s內(nèi)，電場力做正功，W1＝F1x＝60J，在2～4s內(nèi)，電場力做負功，W2＝－F2x＝－20J，故在0～4s內(nèi)電場力做的功W＝W1＋W2＝40J。17．(2024·福建省泉州市一模)(14分)如圖甲所示，豎直平面固定有間距為L的兩足夠長金屬導(dǎo)軌，金屬棒MN和PQ通過套環(huán)套在導(dǎo)軌上，虛線上方存在方向垂直紙面對里的勻強磁場，下方存在方向豎直向下的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，MN與導(dǎo)軌之間無摩擦，PQ與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。t＝0時PQ由靜止釋放，同時對MN施加一個豎直向上的拉力F，使MN沿導(dǎo)軌向上做初速度為零、加速度大小為a的勻加速運動，力F隨時間t的變更規(guī)律如圖乙所示，t1時刻F的大小是t＝0時的3倍，兩棒的總電阻為R，重力加速度大小為g，其余電阻不計，兩棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求t1時MN受到的安培力FA1的大小和方向；(2)若在0～t1時間內(nèi)兩棒產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，求這段時間內(nèi)拉力F做的功W；(3)若PQ重力大小為G，請在圖丙中大致畫出PQ所受的摩擦力f隨時間t變更的圖線(不必寫分析過程)。答案(1)eq\f(B2L2at1,R)方向豎直向下(2)eq\f(B2L2a2t\o\al(3,1),4R)＋Q(3)圖見解析解析(1)設(shè)t1時MN的速度為v1，則v1＝at1MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1依據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I＝eq\f(E,R)MN受到的安培力FA1＝eq\f(B2L2at1,R)，方向豎直向下。(2)設(shè)MN的質(zhì)量為m，由牛頓其次定律得：F－mg－FA＝mat時刻安培力FA＝eq\f(B2L2at,R)故F＝eq\f(B2L2a,R)t＋mg＋ma設(shè)t＝0時F＝F0，則t1時刻F＝3F0結(jié)合圖乙得：eq\f(B2L2a,R)＝eq\f(3F0－F0,t1)mg＋ma＝F0聯(lián)立可得F0＝eq\f(B2L2at1,2R)，m＝eq\f(B2L2at1,2Rg＋a)在0～t1時間內(nèi)MN向上運動的距離h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)對MN，由動能定理得：W－mgh－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)對回路，有WA＝Q得W＝eq\f(B2L2a2t\o\al(3,1),4R)＋Q。(3)t＝0時，PQ由靜止加速下滑，受向上的滑動摩擦力，f動＝μ·FN＝μ·FA＝eq\f(B2L2μa,R)·t。由題知PQ的重力為G，當f動＝G時，PQ有最大速度，此后f動>G，PQ向下做減速運動，直至靜止，以后PQ受靜摩擦力作用，f靜＝G。畫出f-t圖象如