1.質(zhì)量為1kg的小球以3m/s的速度水平向左飛來，擊中墻后以2m/s水平向右飛出，則碰撞過程中小球動(dòng)量變化量大小和方向?yàn)? )
A. 1kg?m/s，向左B. 1kg?m/s，向右C. 5kg?m/s，向左D. 5kg?m/s，向右
2.如圖所示，水平張緊的繩子上用細(xì)線掛有5個(gè)相同的小球，細(xì)線質(zhì)量可忽略，細(xì)線長(zhǎng)遠(yuǎn)大于球半徑，A、D兩球的細(xì)線長(zhǎng)度相等，使小球A小角度垂直于紙面擺動(dòng)，其余各球隨之開始擺動(dòng)，穩(wěn)定后( )
A. 小球C振動(dòng)的周期最長(zhǎng)B. 5個(gè)小球的振動(dòng)周期均相同
C. 小球C的振幅最大D. 小球E的振幅最大
3.某同學(xué)利用如圖所示裝置測(cè)量某種單色光的波長(zhǎng)。若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測(cè)得第1條暗條紋中心到第n條暗條紋中心之間的距離為△x，下列說法正確的是( )
A. 中央亮紋最亮最寬
B. 測(cè)得單色光的波長(zhǎng)λ=△xd(n?1)l
C. 將單縫向雙縫靠近，干涉條紋變寬
D. 將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動(dòng)，可以增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)
4.如圖表示一交變電流隨時(shí)間變化的圖像，則此交變電流的有效值是( )
A. 5 2A
B. 5A
C. 4 2A
D. 3.5A
5.如圖所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左側(cè)有一個(gè)用金屬絲制成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎?。則在線框通過磁場(chǎng)的過程中，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律正確的是( )
A. B.
C. D.
6.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說法正確的是( )
A. 棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Bl2ωB. 微粒的電荷量與質(zhì)量之比為2gdBr2ω
C. 電阻消耗的電功率為πB2r4ω2RD. 電容器所帶的電荷量為CBr2ω
二、多選題：本大題共4小題，共16分。
7.如圖所示，燈泡1和2是兩個(gè)電阻值均為RL的完全相同的小燈泡，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R0，RL>R0。L是一個(gè)自感很大的線圈，它的電阻值也為R0。由于自感現(xiàn)象，當(dāng)開關(guān)接通或斷開時(shí)，下列說法正確的是( )
A. 開關(guān)接通時(shí)，燈泡1和2同時(shí)亮
B. 開關(guān)接通時(shí)，通過燈泡1和2的電流相等
C. 開關(guān)斷開時(shí)，燈泡2立即熄滅，燈泡1先閃亮一下再熄滅
D. 開關(guān)斷開時(shí)，通過燈泡1和2的電流相等
8.如圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置為x=1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x=4m處的質(zhì)點(diǎn)，圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像。則( )
A. 從t=0.10s到t=0.15s，該波沿x軸正方向傳播了2m
B. t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位移達(dá)到負(fù)向最大
C. t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的回復(fù)力方向沿y軸負(fù)方向
D. 從t=0.10s到t=0.45s，質(zhì)點(diǎn)P向右傳播了7m
9.如圖所示，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端連有電阻R，質(zhì)量相等、長(zhǎng)度相同的鐵棒和鋁棒靜止在軌道上?，F(xiàn)給兩棒一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它們以相同初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，兩棒滑行一段距離后停下，已知鐵棒和鋁棒始終與導(dǎo)軌接觸且垂直，鐵的電阻率大于鋁的電阻率，鐵的密度大于鋁的密度，則( )
A. 在速度為v0時(shí)，兩棒的端電壓Uab=Ucd
B. 鋁棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于鐵棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
C. 運(yùn)動(dòng)過程中，鐵棒中間時(shí)刻的加速度等于初始時(shí)刻加速度的一半
D. 甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量
10.如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、電場(chǎng)強(qiáng)度為E，質(zhì)量為m的帶電小球在場(chǎng)中恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場(chǎng)方向向下的速度v，關(guān)于小球之后的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )
A. 小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
B. 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
C. 小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間πEgB
D. 小球在運(yùn)動(dòng)過程中最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為2vEgB
三、填空題：本大題共2小題，共8分。
11.在2021年12月9日的天宮課堂中，三位航天員觀察到水球中的氣泡特別明亮，這主要是因?yàn)楣庠跉馀荼砻姘l(fā)生了全反射現(xiàn)象。如圖，若在P點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，反射角θ=53°，則水的折射率n等于______(sin53°=0.8,cs53°=0.6)。光線與水泡的外表面交點(diǎn)為分別A、B，已知線段AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，光在空氣中傳播速度為c，則光在水中傳播的時(shí)間為______。(用題中所給的物理量L、c、n表示)
12.如圖甲所示，100匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與一個(gè)電阻R相連。線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。則流過電阻R的電流方向?yàn)開_____(填“A經(jīng)R流向B”或“B經(jīng)R流向A”)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=______V。
四、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共12分。
13.惠更斯在推導(dǎo)出單擺的周期公式后，用一個(gè)單擺測(cè)出巴黎的重力加速度，小華同學(xué)受此啟發(fā)，在學(xué)習(xí)完單擺的相關(guān)知識(shí)后，他想到用單擺等器材測(cè)量出學(xué)校所在地的重力加速度。在測(cè)量過程中，他用到了以下的器材：長(zhǎng)約1m的細(xì)繩、小鋼球、鐵架臺(tái)、刻度尺、游標(biāo)卡尺、手機(jī)秒表等。
(1)按照?qǐng)D甲所示裝置組裝好實(shí)驗(yàn)器材，用刻度尺測(cè)量擺線(懸點(diǎn)到擺球最頂端)的長(zhǎng)度；用游標(biāo)卡尺測(cè)定擺球的直徑，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，則該擺球的直徑為______ mm。
(2)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______。
A.擺球應(yīng)選用體積較小、質(zhì)量較大的小球
B.繩子的彈性越好越利于減小實(shí)驗(yàn)誤差
C.為了便于測(cè)量周期，擺角越大越好
D.測(cè)量周期時(shí)，應(yīng)從擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)
(3)該同學(xué)測(cè)出不同擺長(zhǎng)L和對(duì)應(yīng)的周期T，并在坐標(biāo)紙上作出T2?L圖線如圖丙所示，接著他計(jì)算出圖線的斜率k，則學(xué)校所在地的重力加速度大小g=______(用k和π表示)。
14.某小組做測(cè)玻璃的折射率實(shí)驗(yàn)，器材有：玻璃磚、大頭針、刻度尺、圓規(guī)、筆、白紙。
(1)下列哪些措施能夠提高實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確程度______。
A.選用粗的大頭針完成實(shí)驗(yàn)
B.選用兩光學(xué)表面平行的玻璃磚
C.改變?nèi)肷浣堑拇笮?，多做幾次?shí)驗(yàn)
D.插在玻璃磚同側(cè)的兩枚大頭針間的距離盡量大些
(2)該小組選取了操作正確的實(shí)驗(yàn)記錄，在白紙上畫出光線的徑跡，以入射點(diǎn)O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點(diǎn)，再過A、B點(diǎn)作法線NN′的垂線，垂足分別為C、D點(diǎn)，用刻度尺測(cè)得AC=9.00cm，BD=6.00cm，如圖1，則計(jì)算得到玻璃的折射率n=______。
(3)在做測(cè)定玻璃折射率n的實(shí)驗(yàn)時(shí)：某同學(xué)在紙上正確畫出玻璃磚的兩個(gè)界面ab和cd時(shí)不慎碰了玻璃磚使它向ab方向平移了一些，如圖2所示，以后的操作都正確，但畫光路圖時(shí)，將折射點(diǎn)確定在ab和cd上，則測(cè)出的n值將______(選填“偏大“偏小”或“不變”)。
五、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。
15.如圖所示，某發(fā)電機(jī)的輸出功率為5×104W，輸出電壓為250V，輸電線路總電阻R=60Ω，理想升壓變壓器的匝數(shù)比n1：n2=1：20，為使用戶獲得220V電壓，求：
(1)輸電線路損失的功率為多大？
(2)降壓變壓器的匝數(shù)比是多少？
16.圖(甲)為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的匝數(shù)n=100、電阻r=10Ω，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)與電阻R連接，電阻R=90Ω，與R并聯(lián)的交流電壓表為理想電表． 在t=0時(shí)刻，線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，穿過每匝線圈的磁通量隨時(shí)間t按圖(乙)所示正弦規(guī)律變化． 求：
(1)交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值；
(2)從線框經(jīng)過圖示位置開始計(jì)時(shí)，寫出交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式；
(3)電路中交流電壓表的示數(shù)．
17.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)過電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)后，進(jìn)入粒子速度選擇器，選擇器中存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，方向水平向右．帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點(diǎn)既垂直直線MN又垂直于磁場(chǎng)的方向射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是一個(gè)以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后，最終到達(dá)照相底片的H點(diǎn)．已知偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，帶電粒子的重力可忽略不計(jì)．求：
(1)粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度的大小；
(2)粒子速度選擇器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和方向；
(3)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的G點(diǎn)到照相底片H點(diǎn)的距離L.
18.如圖，質(zhì)量為M=4kg的木板AB靜止放在光滑水平面上，木板右端B點(diǎn)固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在C點(diǎn)，C到木板左端的距離L=0.5m，質(zhì)量為m=1kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止放在木板的左端，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段時(shí)間后撤去，恒力F撤去時(shí)木塊恰好到達(dá)彈簧自由端C處，此后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧最大壓縮量x=5cm，g=10m/s2.求：
(1)水平恒力F作用的時(shí)間t；
(2)拆去F后，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；
(3)整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：設(shè)向右為正方向，則碰撞過程中小球動(dòng)量變化量
Δp=mv2?mv1
代入數(shù)據(jù)解得Δp=5kg?m/s，方向向右。
故ABC錯(cuò)誤，D正確
故選：D。
動(dòng)量是矢量，求動(dòng)量變化量時(shí)要考慮動(dòng)量的方向，根據(jù)動(dòng)量變化量的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算。
解決本題的關(guān)鍵知道速度、動(dòng)量是矢量，求解變化量時(shí)要注意動(dòng)量的方向。
2.【答案】B
【解析】解：AB、A擺垂直紙面擺動(dòng)時(shí)，使得其它四個(gè)單擺都做受迫振動(dòng)，受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，所以4個(gè)單擺的頻率相等，則周期一定相同，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振幅最大，即共振。根據(jù)T=2π Lg知，D擺的擺長(zhǎng)與A擺擺長(zhǎng)相等，驅(qū)動(dòng)力的周期等于A擺的固有周期，故D擺發(fā)生共振，振幅最大。故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振幅最大，即共振。
本題考查受迫振動(dòng)的周期和共振現(xiàn)象，自由振動(dòng)與受迫振動(dòng)是從振動(dòng)形成的原因來區(qū)分的，注意明確發(fā)生共振的條件。
3.【答案】B
【解析】解：A、單色光的雙縫干涉條紋是等間距的，故A錯(cuò)誤；
B、第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為△x，則兩個(gè)相鄰明紋(或暗紋)間的距離為：△x′=△xn?1
則由△x=ldλ可知單色光的波長(zhǎng)為：λ=△x?d(n?1)l，故B正確；
C、由雙縫干涉條紋間距公式△x=ldλ可知，單縫向雙縫靠近時(shí)l變小，則干涉條紋變窄，故C錯(cuò)誤；
D、由△x=ldλ可知屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動(dòng)時(shí)，l增大則△x也增大，看到的條紋數(shù)變少，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式：△x=ldλ分析即可判斷選項(xiàng)。
本題解題要注意區(qū)分雙縫干涉條紋間距和寬度及公式△x=ldλ的理解。
4.【答案】B
【解析】解：將交流與直流通過阻值都為R的電阻，設(shè)直流電流為I，則根據(jù)有效值的定義有I2RT=(4 2)2R?T2+(3 2)2R?T2
解得：I=5A，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)有效值的定義求解．取一個(gè)周期時(shí)間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．
對(duì)于非正弦式電流可根據(jù)有效值的定義求解有效值．常見題型，要熟練掌握．
5.【答案】B
【解析】【分析】
解答本題的關(guān)鍵是正確利用幾何關(guān)系弄清線框向右運(yùn)動(dòng)過程中有效切割長(zhǎng)度的變化，然后根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解，注意感應(yīng)電流方向的正負(fù)。
圖象具有形象直觀特點(diǎn)，通過圖象可以考查學(xué)生綜合知識(shí)掌握情況，對(duì)于圖象問題學(xué)生在解答時(shí)可以優(yōu)先考慮排除法，通過圖象形式、是否過原點(diǎn)、方向等進(jìn)行排除。
【解答】
線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)L的過程中，只有邊bd切割，感應(yīng)電流不變，前進(jìn)L后，邊bd開始出磁場(chǎng)，邊ac開始進(jìn)入磁場(chǎng)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為邊ac產(chǎn)生的減去bd邊在磁場(chǎng)中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，隨著線框的運(yùn)動(dòng)回路中電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，電流逐漸增大，方向?yàn)樨?fù)方向；當(dāng)再前進(jìn)L時(shí)，邊bd完全出磁場(chǎng)，ac邊也開始出磁場(chǎng)，有效切割長(zhǎng)度逐漸減小，電流方向不變，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式進(jìn)行求解；微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件求解比荷；根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解電阻消耗的電功率；根據(jù)電容的定義式計(jì)算電容器所帶的電荷量。
本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合，對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=12BL2ω來計(jì)算。
【解答】
A.由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r，根據(jù)E=Brv?可得棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Br2ω，故A錯(cuò)誤；
B.微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得：qEd=mg，解得微粒的電荷量與質(zhì)量之比為qm=2gdBr2ω，故B正確；
C.電阻消耗的電功率為P=E2R=B2r4ω24R，故C錯(cuò)誤；
D.電容器所帶的電荷量為Q=CE=12CBr2ω，故D錯(cuò)誤。
故選B。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、開關(guān)接通時(shí)，燈泡1和2同時(shí)亮，但是由于線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加，則通過燈泡1的電流大于通過燈泡2的電流，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、開關(guān)斷開時(shí)，燈泡2立即熄滅；因RL>R0，即燈泡的電阻大于線圈的直流電阻，則當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，通過線圈的電流大于通過燈泡1的電流，當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，由于線圈阻礙電流減小，則原來通過線圈的電流再次通過燈泡1，則使得燈泡1先閃亮一下再熄滅，故C正確；
D、開關(guān)斷開時(shí)，燈泡2的電流立刻變?yōu)榱?，但是通過燈泡1的電流是逐漸減為零，則通過燈泡1和2的電流不相等，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
電鍵接通瞬間，電路中迅速建立了電場(chǎng)，立即產(chǎn)生電流，但線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增加，故線圈中電流逐漸增加；
電鍵斷開瞬間，電路中電流要立即減小零，但線圈中會(huì)產(chǎn)生很強(qiáng)的自感電動(dòng)勢(shì)，與燈泡1構(gòu)成閉合回路放電．
本題考查了通電自感和斷電自感，關(guān)鍵是明確線圈中自感電動(dòng)勢(shì)的作用是阻礙電流的變化，但不能阻止電流變化．
8.【答案】BC
【解析】解：A.由乙圖可知t=0.10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方向向下，則波的傳播方向沿x軸負(fù)方向。由圖可知T=0.2s，從t=0.10s到t=0.15s，該波沿x軸負(fù)方向傳播的距離為d=0.050.2×8m=2m，故A錯(cuò)誤；
B.由圖乙可知t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位移達(dá)到負(fù)向最大，故B正確；
C.t=0.10s至t=0.15s的時(shí)間等于T4，由圖甲可知經(jīng)過T4的時(shí)間質(zhì)點(diǎn)P處于x軸上方，回復(fù)力方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；
D.波傳播時(shí)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置上下振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)并不隨波逐流，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
根據(jù)甲乙兩圖可以求出該波的波長(zhǎng)和周期，從而求出波速，t=0.10s時(shí)Q點(diǎn)在平衡位置上，由乙圖知下一時(shí)刻向下振動(dòng)，從而確定了該波向左傳播，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況；質(zhì)點(diǎn)并不隨波逐流。
本題有一定的綜合性考查了波動(dòng)和振動(dòng)圖象問題，關(guān)鍵是會(huì)根據(jù)振動(dòng)情況來判定波的傳播方向。
9.【答案】BD
【解析】解：鐵棒和鋁棒的質(zhì)量相等，由于鐵的密度大于鋁的密度，則鋁棒的體積大于鐵棒的體積；
兩棒長(zhǎng)度L相等，則鋁棒的橫截面積大于鐵棒的橫截面積，S鋁>S鐵，由題意可知，電阻率ρ鐵>ρ鋁
由電阻定律R=ρLS可知，兩棒的電阻關(guān)系是R鐵>R鋁，設(shè)棒的電阻為R棒。
A、鐵棒和鋁棒的初速度均為v0，棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0，由閉合電路歐姆定律可知，回路電流：
I=ER+R棒
棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，棒兩端的電壓是路端電壓，棒兩端電壓為：
U=IR=BLv0RR+R棒
由于棒的電阻關(guān)系是R鐵>R鋁，則Ucd>Uab，故A錯(cuò)誤；
B、棒在運(yùn)動(dòng)過程所受的平均安培力F?=BI?L=B2L2v?R+R棒
由于R鐵>R鋁，則鋁棒受到的平均安培力大于鐵棒受到的平均安培力，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得：?F?t=?mv0
則t鋁R鋁，則ΔΦ鐵>ΔΦ鋁，甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量，故D正確。
故選：BD。
由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出棒兩端的電壓，然后比較電勢(shì)差大小關(guān)系；
應(yīng)用動(dòng)量定理求出棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后比較運(yùn)動(dòng)時(shí)間大?。?br>應(yīng)用牛頓第二定律求出棒的加速度，根據(jù)棒的運(yùn)動(dòng)過程分析答題；
根據(jù)動(dòng)量定理和閉合電路歐姆定律求出磁通量的變化量，然后分析答題。
本題是電磁感應(yīng)、電路與力學(xué)綜合相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意由電阻定律比較出鐵棒與鋁棒的電阻大小關(guān)系、分析清楚棒的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提；應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓二定律、動(dòng)量定理等知識(shí)即可解題。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根據(jù)題意判斷小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期求出小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；應(yīng)用牛頓第二定律求出小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后求出小球在運(yùn)動(dòng)過程中最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差。
本題考查了帶電小球在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚小球的受力情況與運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可解題。
【解答】
AB、磁場(chǎng)豎直向上時(shí)小球靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，電場(chǎng)力與重力是一對(duì)平衡力，合力為零，磁場(chǎng)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°小球速度豎直向下，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、重力與電場(chǎng)力合力為零，即qE=mg，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，則小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)歷時(shí)為t=14T=πE2gB，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
11.【答案】54 25L16c
【解析】解：由全反射臨界角C=53°，根據(jù)公式有：
sinC=sin53°=1n
解得n=54
幾何關(guān)系可知，光在水中傳播的距離d=5L4
光子水中的速度v=cn=4c5
則光在水中傳播的時(shí)間t=dv
聯(lián)立解得：t=25L16c
故答案為：54，25L16c。
根據(jù)全反射臨界角公式求解折射率，結(jié)合v=cn解得光在水中傳播時(shí)間。
本題考查光的全反射，解題關(guān)鍵掌握全反射的發(fā)生條件及臨界角的計(jì)算公式。
12.【答案】A經(jīng)R流向B 20
【解析】解：原磁場(chǎng)方向向里，由圖乙可知，磁通量在增大，根據(jù)楞次定律可知回路中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即流過電阻R的電流方向?yàn)锳經(jīng)R流向B。
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=nΔΦΔt=100×0.08?
故答案為：A經(jīng)R流向B；20
根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。
此題根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律是關(guān)鍵。
13.【答案】(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
【解析】【分析】
(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
(2)為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選擇質(zhì)量大而體積小的擺球，應(yīng)選擇彈性小的細(xì)線作為擺長(zhǎng)，擺線長(zhǎng)度與擺球半徑之和是擺長(zhǎng)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；
(3)根據(jù)單擺周期公式求出圖像解析式，結(jié)合圖像斜率求重力加速度。
本題考查了測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)，解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)，掌握單擺的周期公式，會(huì)根據(jù)公式分析誤差的原因，應(yīng)用單擺周期公式即可解題。
【解答】
(1)游標(biāo)卡尺的分度值為0.05mm，讀數(shù)為14mm+3×0.05mm=14.15mm。
(2)A、為了減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響應(yīng)選擇質(zhì)量大體積小的球，故A正確；
B、要保證擺長(zhǎng)不變，繩子不能選擇彈性繩，故B錯(cuò)誤；
C、單擺周期公式在擺角不大于5°時(shí)才成立，故C錯(cuò)誤；
D、測(cè)量周期時(shí)，應(yīng)從擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，故D正確；
故選：AD。
(3)根據(jù)單擺周期公式T=2π Lg得T2=4π2g?L，
T2?L圖線的斜率k，則g=4π2k。
故答案為：(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
14.【答案】CD1.5不變
【解析】解：(1)A、為了準(zhǔn)確測(cè)量光路圖，應(yīng)選用較細(xì)的大頭針來完成實(shí)驗(yàn)，選用粗的大頭針完成實(shí)驗(yàn)時(shí)，容易出現(xiàn)觀察誤差，使光線實(shí)際并不平行，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)折射定律可知，如果兩個(gè)光學(xué)面不平行，不影響入射角和折射角的值，所以對(duì)折射率的測(cè)定結(jié)果不產(chǎn)生影響，故B錯(cuò)誤；
C、在測(cè)量折射率時(shí)，入射角和折射角必須一一對(duì)應(yīng)，即改變?nèi)肷浣堑拇笮?，多做幾次?shí)驗(yàn)，記錄幾次測(cè)量的不同入射角，對(duì)應(yīng)的折射角，并求出對(duì)應(yīng)的折射率，再求出多組折射率的平均值以減小誤差，故C正確；
D、插在玻璃磚同側(cè)的大頭針之間的距離適當(dāng)大些時(shí)，相同的距離誤差情況下引起的角度誤差會(huì)減小，故D正確；
故選：CD。
(2)依題意，根據(jù)折射定律得：；
n=sin∠AOCsin∠BOC=ACAOBDBO=ACBD=96=1.5
(3)該同學(xué)實(shí)驗(yàn)的光路圖如圖所示，做出的折射光線如圖中藍(lán)線所示，黑線表示實(shí)際光線，入射角和折射角都不變，則由折射定律可知，折射率不變。
故答案為：(1)CD；(2)1.5；(3)不變
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作；
(2)根據(jù)折射率的定義結(jié)合幾何關(guān)系完成計(jì)算；
(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)誤差。
本題主要考查了光的折射專題，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合折射率的定義和幾何關(guān)系即可完成分析。
15.【答案】解：(1)由U1U2=n1n2 得，U2=5×103 V，
理想變壓器：P2=P1 ，
輸電線上的電流I2=P2U2=5×1045×103=10A，
輸電線上的電壓損失△P=I22R=102×60=6×103W；
(2)降壓變壓器的輸入電壓U3=U2?I2R，
降壓變壓器的匝數(shù)比：n3n4=U3U4，
代入數(shù)據(jù)解得：n3n4=201；
答：(1)輸電線路損失的功率為6×103W；
(2)降壓變壓器的匝數(shù)比是20：1。
【解析】(1)應(yīng)用變壓比求出輸電電壓，應(yīng)用功率公式求出輸電電流，應(yīng)用電功率公式可以求出輸電線損失的功率。
(2)求出降壓變壓器的輸入電壓，應(yīng)用變壓比求出降壓變壓器的匝數(shù)比。
解決本題的關(guān)鍵知道：1、原副線圈電壓之比、電流之比與匝數(shù)之比的關(guān)系；2、升壓變壓器輸出電壓、電壓損失、降壓變壓器的輸入電壓之間的關(guān)系。
16.【答案】解：(1)交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em=nBSω
而?m=BS，ω=2πT 則有：Em=2nπ?mT
由??t圖線可知：?m=2.0×10?2Wb，T=6.28×10?2s
解得：Em=200V
(2)由圖知，t=0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大值，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為：
e=nBSωcsωt=200cs100t(V)
(3)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E=Em 2=100 2V
由閉合電路歐姆定律得，電路中電流的有效值為：I=ER+r= 2A
電壓表的示數(shù)為：U=IR=90 2V
答：(1)交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為200V；
(2)從線框經(jīng)過圖示位置開始計(jì)時(shí)，交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=200cs100t(V)；
(3)電路中交流電壓表的示數(shù)為90 2V.
【解析】(1)由E=nBSω求出發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的最大值．
(2)線圈從與中性面垂直位置開始計(jì)時(shí)，故瞬時(shí)值為e=NBSωcsωt
(3)由歐姆定律求出電壓表示數(shù)．
解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式Em=nBSω，以及知道峰值與有效值的關(guān)系．
17.【答案】解：(1)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)只有電場(chǎng)力做功，
根據(jù)動(dòng)能定理可得，
qU=12mv2
可以求得粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度v的大小v為，
v= 2qUm
(2)粒子在速度選擇器中受力平衡，
所以qE=qvB1，
所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小為
B1=Ev=E m2qU，
根據(jù)左手定則可知，磁感強(qiáng)度B1的方向垂直紙面向外；
(3)粒子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑的大小為r，由由洛倫茲力提供向心力得：qvB2=mv2r
所以，r=mvqB2=1B2 2mUq
由幾何關(guān)系得；L=2r=2B2 2mUq
答：(1)粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度的大小為 2qUm；
(2)粒子速度選擇器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小為E m2qU，方向垂直紙面向外；
(3)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的G點(diǎn)到照相底片H點(diǎn)的距離為2B2 2mUq.
【解析】(1)由動(dòng)能定理求解從加速電場(chǎng)射出時(shí)的速度；
(2)粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，由受力平衡和左手定則，求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和方向；
(3)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得到半徑，由洛倫茲力提供向心力求得G點(diǎn)到照相底片H點(diǎn)的距離．
粒子在速度選擇器中的運(yùn)動(dòng)可以分為勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)不同階段的運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)來分類解決．
18.【答案】解：(1)木板向左作初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，而小木塊在摩擦力f=μmg的作用下也做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，M，m的加速度分別為a1，a2
由牛頓第二定律得F?μmg=Ma1…①
μmg=Ma2…②
解①②得：a1=3m/s2，a2=2m/s2
撤去F時(shí)，木塊剛好運(yùn)動(dòng)到C處，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
L=12a1t2?12a2t2
解上面各式得：t= 2La1?a2= 2×0.53?2=1s；
(2)撤去力F時(shí)，M、m的速度分別為v1、v2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
v1=α1t=3m/s，v2=α2t=2m/s…③
撤去力F時(shí)，因M的速度大于m的速度，木塊將壓縮彈簧，m加速，M減速，當(dāng)它們具有共同速度v時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Ep，將木塊和木板及彈簧視為系統(tǒng)，規(guī)定向左為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：
Mv1+mv2=(M+m)v…④
系統(tǒng)從撤去力F后到其有共同速度，由能量守恒定律得：
12Mv12+12mv22=12(M+m)v2+Ep+μmgx…⑤
解③④⑤得：Ep=0.3J，
木板壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能為0.3J。
(3)假設(shè)木塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)離開彈簧后系統(tǒng)又能達(dá)到同共速度v′，相對(duì)向左滑動(dòng)的距離為s
由動(dòng)量守恒定律得：Mv1+mv2=(M+m)v′…⑥
由能量守恒定律得：12(M+m)v2+Ep=12(M+m)v2+μmgs…⑦
解⑥⑦得：s=0.15m
由于x+L>s且s>x，故假設(shè)成立
所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg(L+x+s)=0.2×10÷(0.5+0.05+0.15)J=1.4J
答：(1)水平恒力F作用的時(shí)間為1s；
(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能為0.3J；
(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所產(chǎn)生的熱量為1.4J。
【解析】(1)在拉力F的作用下，木板向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木塊向左也是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可；
(2)撤去力F時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到滑板和滑塊的速度大小，此后滑塊和滑板系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式得到共同速度，根據(jù)能量守恒定律得到最大彈性勢(shì)能；
(3)首先要判斷滑塊最終靜止的位置，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
本題是難度較大的一道題，考查的知識(shí)面非常廣，這就要求大家要熟練的掌握解決力學(xué)問題的三大法寶：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律。

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