搏分测4 数学在物理中应用的命题
◎ 数学应用·解码
数学是物理的语言,数学工具可以简化物理问题。高考对数学在物理中的运用是有要求的,每年的试题中均有考查,应提高用构建数学模型的方法解答物理问题的能力。高中物理常用的数学知识及应用场景列表如下:
数学知识 应用物理场景例举
比例法 初速度为零的匀加速直线运动、天体运动中运行参量、匀强电场中的场强和电势
二次函数与极值 抛体运动、能量极值问题等
三角函数 力的合成与分解、正交分解法解答力的平衡问题
正余弦函数 简谐运动的图像、波的图像、正弦式交流电等
基本不等式 圆轨道顶点飞出、带电粒子在边界磁场中的运动
几何作图 物体的平衡、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、几何光学
矢量的合成 与分解 力、位移、速度、加速度等矢量的合成与分解,电场、磁场的叠加等
图像分析 各种图像的斜率、面积、拐点、截距等的物理意义(搏分测3中已有讲解,这里不再赘述)
导 数 位移的导数求速度、速度的导数求加速度、简谐运动的位移公式求导得速度方程等
等差数列和 等比数列 递推法求总时间(路程或速度)、物块的多次碰撞问题、气体抽气问题等
降维法(三维空间 降为二维平面) 平衡问题、动力学问题、抛体运动、带电粒子在三维空间中的运动等
【典例剖析】 (2025·烟台检测)如图所示,倾角θ=30°的倾斜传送带逆时针匀速转动,一可视为质点的物块P用细线拉着在传送带上保持静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=。调整细线的方向并保持物块的位置不变,当细线拉力最小时,细线与水平方向的夹角β等于 ( )
A.0° B.30°
C.60° D.90°
解析 设细线拉力为T,物块受到的滑动摩擦力为f,对物块受力分析如图所示,把各个力沿传送带和垂直传送带方向分解,沿传送带方向,有Tcos(β-θ)-mgsin θ-f=0,垂直传送带方向,有Tsin(β-θ)+FN-mgcos θ =0,又因为f=μFN,可得T=,利用辅助角公式,有μsin(β-θ)+cos(β-θ)=sin(β-θ +φ),其中tan φ=,当tan(β-θ)=μ时,T有最小值,此时β-θ=30°,即β=60°,C项正确。
答案 C
◎ 数学应用·演练
1.(2025·南京质检)高铁站台上,5位旅客在各自车厢候车线处候车,若动车每节车厢长均为l,动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t,动车停下时该旅客刚好在2号车厢前端,如图所示,则下列说法正确的是( )
A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动,经历的时间为3t
B.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动,平均速度为
C.1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度大小为
D.动车的加速度大小为
2.(2025·武汉测评)探测卫星分别围绕某星球和地球做圆周运动。卫星做圆周运动的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示,其中图线P表示卫星绕该星球运动的关系图像,图线Q表示卫星绕地球运动的关系图像,卫星在该星球表面附近和地球表面附近运动时均满足关系T2=c,图中a、b、c已知,则下列说法正确的是 ( )
A.该星球和地球的密度之比为a∶b
B.该星球和地球的密度之比为b∶a
C.该星球和地球的第一宇宙速度之比为∶
D.该星球和地球的第一宇宙速度之比为∶
3.(2025·广州测试)如图,在水平地面上固定一个斜面,一长为L、质量分布均匀的矩形物块放在斜面上,如果在垂直于斜面方向把物块分成两部分A和B,分割线到矩形物块的下端的距离为x,用一个平行斜面的推力F推物块,使物块沿斜面向上加速运动,分成的两部分之间的弹力大小为F1,分割位置如果变化,则-x的图像为( )
4.如图所示为匀强电场中的立方体ABCD-EFGH,边长为2 cm。已知φA=10 V,φB=4 V,φD=0 V,φE=2 V,则该匀强电场的场强大小为( )
A.5 V/m B.5 V/m
C.500 V/m D.500 V/m
5.(多选)如图所示,竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上,水平线段AD为半圆的直径,在导线框的E处有一个动滑轮,动滑轮下面挂一重物,使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r,圆的半径为R,在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)缓慢从A点沿圆弧移动的过程中,若不考虑导线中电流间的相互作用,则下列说法正确的是 ( )
A.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,导线张力先变大后变小
B.当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中的感应电动势最大
C.在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中,通过导线上C点的电荷量为
D.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,导线框中产生的电热为
6.(2025·泉州检测)质量相同的甲、乙两光滑小球(均视为质点)用轻直杆连接,乙球处于光滑水平地面上,甲、乙两球均与竖直墙壁接触、处于静止状态。由于微小的扰动,乙球开始沿水平地面向右滑动,如图所示。以水平地面为参考平面,当甲球的机械能最小时,杆与竖直方向夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7.(2025·江西联考)如图甲所示的电路,其中电源电动势E=6 V,内阻r=2 Ω,定值电阻R=4 Ω,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rr的关系如图乙所示。则下列说法正确的是 ( )
A.图乙中R1=6 Ω,R2=12 Ω
B.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2 W
C.滑动变阻器消耗功率最大时,定值电阻R也消耗功率最大
D.外电路的功率最大时,电源的效率最高
8.如图甲,MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在倾角为α的绝缘斜面上,其上端接一电容为C的电容器,导轨范围内存在着垂直斜面向下的匀强磁场,导体棒ab垂直MN放在导轨上,由静止开始下滑,电容器的带电量Q随时间t变化的图像如图乙,不计导体棒及导轨电阻,下列关于电容器两极板间的电势差U,导体棒ab的速度v,受到的安培力F以及回路中的电流I随时间t变化的图像一定错误的是( )
9.如图所示,质量M=10 kg,上表面光滑的足够长木板在水平拉力F=50 N作用下,以v0=5 m/s的初速度沿水平地面向右匀速运动,现有足够多的小铁块,它们质量均为m=1 kg,将一铁块无初速度地放在木板最右端,当木板运动了L=1 m时,又无初速度地在木板最右端放上第二个铁块,只要木板运动了1 m就在木板最右端无初速度地放一铁块。
(1)第一个铁块放上后,木板再运动1 m时,木板的速度大小；
(2)最终有几个铁块留在木板上；
(3)最后一个铁块与木板右端距离大小。(g取10 m/s2)
搏分测4
1.C 解析 运用逆向思维,将动车进站时的匀减速直线运动视为向左的匀加速直线运动。运用比例结论,则有1号车厢最前端开始向左连续经过4段位移l所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-),1号车厢最前端向左依次到达2、3、4、5号候车线时的速度之比为1∶∶∶2,则动车第1节车厢最前端从5号候车线处到停下所用的时间为第1节车厢经过2号候车线的2倍,为2t,A项错误;动车第1节车厢最前端从5号候车线到停下的位移为4l,用时2t,则平均速度为==,B项错误;1号车厢最前端经过2号候车线时的速度v2==,则1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度v5=2v2=,C项正确;1号车厢最前端从静止运动到2号候车线的过程有l=at2,则动车的加速度大小a=,D项错误。
2.C 解析 由题图可得,P、Q两条直线的函数关系式分别为T2=r3,T2=r3,当卫星在该星球表面附近运动时,轨道半径为星球半径R1,此时T2=c,联立可得R1=,当卫星在地球表面附近运动时,轨道半径为地球半径R2,此时T2=c,联立可得R2=,设卫星质量为m,星球质量为M1,地球质量为M2,当卫星在该星球表面附近做圆周运动时,有=mR1,当卫星在地球表面附近做圆周运动时,有=mR2,联立上面两式可得=,又M=ρπR3,所以=1,A、B两项错误;根据万有引力提供向心力有=m,可得v=,所以该星球的第一宇宙速度为v1=,地球的第一宇宙速度为v2=,两速度之比为v1∶v2=∶,C项正确,D项错误。
3.A 解析 设滑块单位长度的质量为m0,则A的质量为(L-x)m0,B的质量为xm0,假设斜面光滑,对滑块的整体由牛顿第二定律有F-Lm0gsin θ=Lm0a,对A由牛顿第二定律有F1-(L-x)m0gsin θ=(L-x)m0a,联立解得==1-x,若斜面粗糙,同理可得相同的-x函数,其为一次减函数,纵截距为1,符合要求的图像是A。
4.D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出x、y、z三个方向上的电场强度,电场强度沿x轴方向的分量Ex==500 V/m,电场强度沿y轴方向的分量Ey==300 V/m,电场强度沿z轴方向的分量Ez==400 V/m,则合场强大小为E==500 V/m,D项正确。
5.AD 解析 设CO转过角度为θ=ωt,根据几何知识知,AC和DC的总长度l=2Rsin+2Rcos=2Rsin,得θ=90°时,AC和DC的总长度最长,对动滑轮分析可知,两边导线拉力总是相等的,则两边导线与竖直方向的夹角总相等,随着C点沿圆弧从A点移动到D点,AC段与CD段导线长度之和先增大后减小,则AE段与ED段导线长度之和先减小后增大,AE段导线与ED段导线的夹角2α先增大后减小,由2FTcos α=mg可知导线的拉力先增大后减小,A项正确;根据几何知识知,线框上部的三角形的面积S=·2R·Rsin θ=R2sin θ,磁通量为Φ=BR2sin θ=BR2sin ωt,对上式求导得感应电动势e=ωBR2cos ωt,由此得C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中的感应电动势最小,为零,B项错误;根据q=知q==,C项错误;根据B项分析知电动势有效值为E=ωBR2,从A点到D点用时t=,故电热Q=t=,D项正确。
6.D 解析 设小球的质量为m、轻杆的长度为L,当杆与竖直方向的夹角为θ时,甲、乙两球的速度大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)=m+m,又根据运动的合成与分解可得v1cos θ=v2sin θ,解得v2=,甲、乙两球组成的系统机械能守恒,故当乙球的机械能(即动能)最大时,甲球的机械能最小,考虑到1-cos θ+cos θ+cos θ=1,要使v2最大,有1-cos θ=cos θ,解得cos θ=,D项正确。
【技法运用】此处用到了a+b+c≥3。
7.A 解析 当电源外电阻R外等于内阻r时,输出功率最大,最大值为Pm=,把定值电阻看成电源内阻,由题图乙可知,当Rr=R1=R+r=6 Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为P2==1.5 W,由题图乙可知滑动变阻器的阻值为RP=3 Ω时与阻值为R2时消耗的功率相等,有RP=R2,解得R2=12 Ω,A项正确,B项错误;当电路中电流最大,即滑动变阻器接入电路的阻值Rr=0时,定值电阻R消耗的功率最大,C项错误;由于定值电阻R=4 Ω>r=2 Ω,可知当滑动变阻器接入阻值Rr=0时,电源输出功率最大;根据η=×100%=×100%=×100%可知外电阻R外越大,电源的效率越高,则当滑动变阻器接入阻值最大时,电源的效率最高,D项错误。
8.C 解析 由题图乙所示图像可知Q=kt(k为比例系数)。根据电容的定义式得U==t,感应电动势与电容器两极板间的电势差相等,即U=BLv,解得v=t,则U与t成正比,v与t成正比,其图像是过原点的倾斜直线,A、B两项正确;电流I==k,安培力F=BIL=BkL,其为一定值,二者图像均是平行于t轴的直线,C项错误,D项正确。综上所述,应选C。
9.答案 (1)2 m/s (2)7个 (3) m
解析 (1)上表面光滑的足够长木板在水平拉力F作用下,沿水平地面向右匀速运动,有F=μMg,
解得μ=0.5,
第一个铁块放上后,木板做匀减速运动,由动能定理得μmgL=M-M,
代入数据得v1=2 m/s。
(2)对木板,有F合=f-F=nμmg,则第一个铁块放上后有μmgL=M-M,
第二个铁块放上后有2μmgL=M-M,
……
第n个铁块放上后有nμmgL=M-M,
把以上各式相加得
(1+2+3+…+n)μmgL=M-M,
木板停下时vn=0,得n≈6.6,所以最终有7个铁块留在木板上。
(3)设第7个铁块放上后,最终距木板右端的距离为d,由第(2)问得
μmgL+7μmgd=M-0,
解得d= m。(共37张PPT)
微突破搏分测
搏分测4
数学在物理中应用的命题
◎ 数学应用·解码
数学是物理的语言，数学工具可以简化物理问题。高考对数学在物理中的运用是有要求的，每年的试题中均有考查，应提高用构建数学模型的方法解答物理问题的能力。高中物理常用的数学知识及应用场景列表如下：
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数学知识 应用物理场景例举
比例法 初速度为零的匀加速直线运动、天体运动中运行参量、匀强电场中的场强和电势
二次函数与极值 抛体运动、能量极值问题等
三角函数 力的合成与分解、正交分解法解答力的平衡问题
正余弦函数 简谐运动的图像、波的图像、正弦式交流电等
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基本不等式 圆轨道顶点飞出、带电粒子在边界磁场中的运动
几何作图 物体的平衡、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、几何光学
矢量的合成与分解 力、位移、速度、加速度等矢量的合成与分解，电场、磁场的叠加等
图像分析 各种图像的斜率、面积、拐点、截距等的物理意义(搏分测3中已有讲解，这里不再赘述)
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导 数 位移的导数求速度、速度的导数求加速度、简谐运动的位移公式求导得速度方程等
等差数列和 等比数列 递推法求总时间(路程或速度)、物块的多次碰撞问题、气体抽气问题等
降维法(三维空间 降为二维平面) 平衡问题、动力学问题、抛体运动、带电粒子在三维空间中的运动等
【典例剖析】 (2025·烟台检测)如图所示，倾角θ=30°的倾斜传送带逆时针匀速转动，一可视为质点的物块P用细线拉着在传送带上保持静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=。调整细线的方向并保持物块的位置不变，当细线拉力最小时，细线与水平方向的夹角β等于( )
A.0° B.30°
C.60° D.90°
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设细线拉力为T，物块受到的滑动摩擦力为f，对物块受力分析如图所示，把各个力沿传送带和垂直传送带方向分解，沿传送带方向，
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有Tcos(β-θ)-mgsin θ-f=0,垂直传送带方向，有Tsin(β-θ)+FN-mgcos θ=0，又因为f=μFN，可得T=,利用辅助角公式, 有μsin(β-θ)+cos(β-θ)=sin(β-θ+φ)，其中tan φ=，当tan(β-θ)=μ时，T有最小值, 此时β-θ=30°，即β=60°，C项正确。
◎ 数学应用·演练
1.(2025·南京质检)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候 车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢前端，如图所示，则下列说法正确的是( )
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A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t
B.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为
C.1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度大小为
D.动车的加速度大小为
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运用逆向思维，将动车进站时的匀减速直线运动视为向左的匀加速直线运动。运用比例结论，则有1号车厢最前端开始向左连续经过4段位移l所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，1号车厢最前端向左依次到达2、3、4、5号候车线时的速度之比为1∶∶∶2，则动车第1节车厢最前端从5号候车线处到停下所用的时间为第1节车厢经过2号候车线的2倍，为2t，A项错误；动车第1节车厢最前端从5号候车线到停下的位移为4l，用时2t，则平
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均速度为==，B项错误；1号车厢最前端经过2号候车线时的速度v2==，则1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度v5=2v2=，C项正确；1号车厢最前端从静止运动到2号候车线的过程有l=at2，则动车的加速度大小a=，D项错误。
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2.(2025·武汉测评)探测卫星分别围绕某星球和地球做圆周运动。卫星做圆周运动的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中图线P表示卫星绕该星球运动的关系图像，图线Q表示卫星绕地球运动的关系图像，卫星在该星球
表面附近和地球表面附近运动时均满足
关系T2=c，图中a、b、c已知，则下列说
法正确的是( )
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A.该星球和地球的密度之比为a∶b
B.该星球和地球的密度之比为b∶a
C.该星球和地球的第一宇宙速度之比为∶
D.该星球和地球的第一宇宙速度之比为∶
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由题图可得，P、Q两条直线的函数关系式分别为T2=r3，T2=r3，当卫星在该星球表面附近运动时，轨道半径为星球半径R1，此时T2=c，联立可得R1=，当卫星在地球表面附近运动时，轨道半径为地球半径R2，此时T2=c，联立可得R2=，设卫星质量为m，星球质量为M1，地球质量为M2，当卫星在该星球表面附近做圆周运动时，有=mR1，当卫星在地球表面附近做圆周运动时,
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有=mR2，联立上面两式可得=，又M=ρπR3，所以=1, A、B两项错误;根据万有引力提供向心力有=m，可得v=,所以该星球的第一宇宙速度为v1=,地球的第一宇宙速度为v2=,两速度之比为v1∶v2=∶，C项正确,D项错误。
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3.(2025·广州测试)如图，在水平地面上固定一个斜面，一长为L、质量分布均匀的矩形物块放在斜面上，如果在垂直于斜面方向把物
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块分成两部分A和B，分割线到矩形物块的下端的距离为x，用一个平行斜面的推力F推物块，使物块沿斜面向上加速运动，分成的两部分之间的弹力大小为F1，分割位置如果变化，则-x的图像为( )
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设滑块单位长度的质量为m0，则A的质量为(L-x)m0，B的质量为xm0，假设斜面光滑，对滑块的整体由牛顿第二定律有F-Lm0gsin θ =Lm0a，对A由牛顿第二定律有F1-(L-x)m0gsin θ=(L-x)m0a，联立解得==1-x，若斜面粗糙，同理可得相同的-x函数，其为一次减函数，纵截距为1，符合要求的图像是A。
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4.如图所示为匀强电场中的立方体ABCD-EFGH，边长为2 cm。已知φA=10 V，φB=4 V，φD=0 V，φE=2 V，则该匀强电场的场强大小为( )
A.5 V/m B.5 V/m
C.500 V/m D.500 V/m
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建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出x、y、z三个方向上的电场强度，电场强度沿x轴方向的分量Ex==500 V/m，电场强度沿y轴方向的分量Ey==300 V/m，电场强度沿z轴
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方向的分量Ez==400 V/m，则合场强大小为E= =500 V/m，D项正确。
5.(多选)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界
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匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)缓慢从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线张力先变大后变小
B.当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
C.在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量为
D.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
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设CO转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，AC和DC的总长度l= 2Rsin+2Rcos=2Rsin，得θ=90°时，AC和DC的总长度最长，对动滑轮分析可知，两边导线拉力总是相等的,则两边导线与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移动到D点，AC段与CD段导线长度之和先增大后减小，则AE段与ED段导线长度之和先减小后增大，AE段导线与ED段导线的夹角2α先增大后减小，由2FTcos α=mg可知导线的拉力先增大后减小,A项正确；根据几何知识知，线框上部的三角形的面积S=·2R·Rsin θ=R2sin θ，
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磁通量为Φ=BR2sin θ=BR2sin ωt，对上式求导得感应电动势e=ωBR2cos ωt，由此得C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小，为零，B项错误；根据q=知q= =，C项错误；根据B项分析知电动势有效值为E=ωBR2，从A点到D点用时t=，故电热Q=t=，D项正确。
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6.(2025·泉州检测)质量相同的甲、乙两光滑小球(均视为质点)用轻直杆连接，乙球处于光滑水平地面上，甲、乙两球均与竖直墙壁接触、处于静止状态。由于微小的扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，如图所示。以水平地面为参考平面，当甲球的机械能最小时，杆与竖直方向夹角的余弦值为( )
A. B.
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设小球的质量为m、轻杆的长度为L，当杆与竖直方向的夹角为θ时，甲、乙两球的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)=m+m，又根据运动的合成与分解可得v1cos θ =v2sin θ，解得v2=，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故当乙球的机械能(即动能)最大时，甲球的机械能最小，考虑到1-cos θ+cos θ+cos θ=1，要使v2最大，有1-cos θ= cos θ，解得cos θ=，D项正确。
【技法运用】此处用到了a+b+c≥3。
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7.(2025·江西联考)如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6 V，内阻r=2 Ω，定值电阻R=4 Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rr的关系如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A.图乙中R1=6 Ω，R2=12 Ω
B.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2 W
C.滑动变阻器消耗功率最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D.外电路的功率最大时，电源的效率最高
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当电源外电阻R外等于内阻r时，输出功率最大，最大值为Pm=，把定值电阻看成电源内阻，由题图乙可知，当Rr=R1=R+r=6 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2==1.5 W，由题图乙可知滑动变阻器的阻值为RP=3 Ω时与阻值为R2时消耗的功率相等，有RP=R2，解得R2=12 Ω，A项正确，B项错误；当电路中电流最大，即滑动变阻器接入电路的阻值Rr=0
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时，定值电阻R消耗的功率最大，C项错误；由于定值电阻R=4 Ω> r=2 Ω，可知当滑动变阻器接入阻值Rr=0时，电源输出功率最大；根据η=×100%=×100%=×100%可知外电阻R外越大，电源的效率越高，则当滑动变阻器接入阻值最大时，电源的效率最高，D项错误。
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8.如图甲，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在倾角为α的绝缘斜面上，其上端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN放在导轨上，由静止开始下滑，电容器的带电量Q随时间t变化的图像如图乙，不计导体 棒及导轨电阻，下列关于电容器两极板间的电势差U，导体棒ab的速度v，受到的安培力F以及回路中的电流I随时间t变化的图像一定错误的是( )
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由题图乙所示图像可知Q=kt(k为比例系数)。根据电容的定义式得U==t，感应电动势与电容器两极板间的电势差相等,即U=BLv，解得v=t，则U与t成正比，v与t成正比，其图像是过原点的倾斜直线，A、B两项正确；电流I==k，安培力F=BIL=BkL，其为一定值，二者图像均是平行于t轴的直线，C项错误，D项正确。综上所述，应选C。
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9.如图所示，质量M=10 kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F=50 N作用下，以v0=5 m/s的初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m=1 kg，将一铁块无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L=1 m时，又无初速度地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了1 m就在木板最右端无初速度地放一铁块。
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(1)第一个铁块放上后，木板再运动1 m时，木板的速度大小；
上表面光滑的足够长木板在水平拉力F作用下，沿水平地面向右匀速运动，有F=μMg，
解得μ=0.5，
第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得μmgL=M-M，
代入数据得v1=2 m/s。
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(2)最终有几个铁块留在木板上；
对木板,有F合=f-F=nμmg,则第一个铁块放上后有μmgL=M-M，
第二个铁块放上后有2μmgL=M-M，
……
第n个铁块放上后有nμmgL=M-M，
把以上各式相加得(1+2+3+…+n)μmgL=M-M，
木板停下时vn=0，得n≈6.6，所以最终有7个铁块留在木板上。
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(3)最后一个铁块与木板右端距离大小。(g取10 m/s2)
设第7个铁块放上后，最终距木板右端的距离为d，由第(2)问得
μmgL+7μmgd=M-0，
解得d= m。
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