1.公路勻速行使的貨車受一擾動(dòng)，車上貨物隨車廂底板下振動(dòng)但不脫離底板。一段時(shí)間內(nèi)貨物在豎直方向的振動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，周期為T。取豎直向上為正方向，以某時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，即t=0，其振動(dòng)圖像如圖所示，則( )
A. t=14T時(shí)，貨物對(duì)車廂底板的壓力最小
B. t=12T時(shí)，貨物對(duì)車廂底板的壓力最小
C. t=34T時(shí)，貨物對(duì)車廂底板的壓力最小
D. t=34T時(shí)，貨物對(duì)車廂底板的壓力等于重力
2.一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形如圖中的實(shí)線所示，t=0.02s時(shí)刻的波形如圖中虛線所示。若該波的周期T小于0.02s，則該波傳播速度可能是( )
A. 1m/sB. 3m/sC. 5m/sD. 10m/s
3.如圖所示的三維坐標(biāo)系中，一圓形線圈放置在yOz平面內(nèi)，其圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿著x軸正方向看線圈中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鱅，P為x軸正半軸上一點(diǎn)，線圈在P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，M、N為y、z軸與線圈的交點(diǎn).則( )
A. O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0
B. x軸上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的點(diǎn)只有P點(diǎn)
C. ON間和OM間各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同
D. 通過(guò)四分之一圓面OMN和平面PMN的磁通量相同
4.可調(diào)磁控阻力健身車原理如圖所示，通過(guò)拉桿可以控制磁鐵與鋁制飛輪之間的距離，健身時(shí)帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)，可感受到車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的阻尼感。則( )
A. 阻尼感是磁鐵與車輪間摩擦所致
B. 若拉桿位置不動(dòng)，轉(zhuǎn)速越小阻尼感越強(qiáng)
C. 若飛輪轉(zhuǎn)速不變，磁鐵與飛輪距離越遠(yuǎn)阻尼感越強(qiáng)
D. 若其它條件相同情況下，銅制的飛輪阻尼感更強(qiáng)
5.2022年3月23日，中國(guó)航天員王亞平給地球上的小朋友們又上了一堂精彩的空中課堂，如圖所示王亞平把一個(gè)冰墩墩水平拋出，從空間站視角看，拋出后的冰墩墩( )
A. 不受地球引力作用
B. 沿原有方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C. 沿原有方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D. 如在地面上一樣做平拋運(yùn)動(dòng)
6.下列物理學(xué)史符合事實(shí)的是( )
A. 普朗克把能量子引入物理學(xué)，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念
B. 德布羅意發(fā)現(xiàn)X射線通過(guò)石墨散射時(shí)，散射光中出現(xiàn)波長(zhǎng)大于入射波長(zhǎng)的成分
C. 康普頓第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念
D. 玻爾把光的波粒二象性推廣到實(shí)物粒子，預(yù)言實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性
7.2022年5月10日1時(shí)56分，搭載天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船的長(zhǎng)征七號(hào)遙五運(yùn)載火箭點(diǎn)火發(fā)射，約10分鐘后，火箭與飛船成功分離，飛船進(jìn)入預(yù)定軌道。圖中P、Q分別是“天舟四號(hào)”飛船和“天和核心艙”對(duì)接前各自在預(yù)定軌道運(yùn)行的情景，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 在預(yù)定軌道運(yùn)行時(shí)，P的周期小于Q的周期
B. 為了實(shí)現(xiàn)對(duì)接，P應(yīng)減速
C. 對(duì)接時(shí)，P相對(duì)于Q在以很大的速度運(yùn)動(dòng)
D. 對(duì)接時(shí)，P對(duì)Q的作用力大于Q對(duì)P的作用力
8.某水上樂(lè)園的滑道示意圖如圖，重50kg的人從螺旋滑道頂端由靜止開(kāi)始滑下，經(jīng)過(guò)傾斜滑道和水平滑道后落入水中。螺旋滑道頂端到水平滑道的高度H=5.0m，水平滑道到水面的高度h=1.8m。取重力加速度g=10m/s2，將人視為質(zhì)點(diǎn)，若人的落水點(diǎn)到水平滑道末端的水平距離為x=5.4m，則人在滑道上滑動(dòng)過(guò)程中克服阻力做的功為( )
A. 500JB. 475JC. 50JD. 425J
二、多選題：本大題共4小題，共16分。
9.如圖所示，彈簧秤下掛一條形磁鐵，其中條形磁鐵N極的一部分位于未通電的螺線管內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 若將a接電源正極，b接負(fù)極，彈簧秤的示數(shù)將減小
B. 若將a接電源正極，b接負(fù)極，彈簧秤的示數(shù)將增大
C. 若將b接電源正極，a接負(fù)極，彈簧秤的示數(shù)將增大
D. 若將b接電源正極，a接負(fù)極，彈簧秤的示數(shù)將減小
10.如圖，L是自感系數(shù)足夠大的線圈，它的電阻可忽略不計(jì)，D1和D2是兩個(gè)完全相同的小燈泡。將電鍵K閉合，待燈泡亮度穩(wěn)定后，再將電鍵K斷開(kāi)，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A. K閉合瞬間，兩燈同時(shí)亮，以后D1熄滅，D2變亮
B. K閉合瞬間，D1先亮，D2后亮，最后兩燈亮度一樣
C. K斷開(kāi)時(shí)，兩燈都亮一下再慢慢熄滅
D. K斷開(kāi)時(shí)，D2立即熄滅，D1亮一下再慢慢熄滅
11.發(fā)電機(jī)輸出交流電的電壓圖像如圖甲所示，分別經(jīng)圖乙、丙的理想變壓器給同一電熱器供電，電熱器上標(biāo)有“220V，880W”字樣，圖中兩變壓器的原，副線圈匝數(shù)比相同，二極管為理想二極管，電流表為理想電表，已知圖乙中電熱器恰好正常工作，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1:5 2
B. 圖丙中電熱器的實(shí)際功率為440W
C. 圖丙中電流表的示數(shù)為2 2A
D. 乙、丙兩變壓器副線圈中電流頻率之比為2：1
12.如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U1和U2，降壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U3和U4，輸電線總電阻為R=5Ω。在輸電線路的起始端接入兩個(gè)互感器，兩個(gè)互感器原、副線圈的匝數(shù)比分別為10：1和1：10，各互感器和電表均是理想的，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 圖中甲為電壓互感器，甲中〇應(yīng)該為電壓表
B. 若圖中電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為10A，則線路輸送電功率為2200kW
C. 若圖中電流表的示數(shù)為10A，則輸電損失電功率為1000W
D. 若發(fā)電機(jī)輸出電壓U1一定，用戶數(shù)增加，則用戶電壓U4一定降低
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共24分。
13.某同學(xué)先用圖1所示裝置測(cè)彈簧的勁度系數(shù)，再用該彈簧以圖2所示裝置測(cè)物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取9.8m/s2。
(1)測(cè)勁度系數(shù)的實(shí)驗(yàn)步驟：
a.將輕彈簧懸掛在鐵架臺(tái)的橫桿上，將刻度尺豎直固定在輕彈簧旁將刻度尺的零刻度與輕彈簧的上端對(duì)齊；
b.在彈簧下端依次掛上不同質(zhì)量的鉤碼，記錄每次鉤碼的總質(zhì)量m及對(duì)應(yīng)指針?biāo)缚潭戎祒；
c.在m?x坐標(biāo)系上描點(diǎn)作圖，作出的圖像如圖3所示。
由圖像可知，彈簧的原長(zhǎng)l0=______cm，彈簧的勁度系數(shù)k=______N/m。
(2)用圖2所示裝置測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù)，長(zhǎng)木板B放在水平面上，物塊A放在長(zhǎng)木板上，并用(1)問(wèn)中輕彈簧將物塊A與豎直墻面連接，彈簧保持水平，用水平力F拉長(zhǎng)木板B向左運(yùn)動(dòng)，A保持靜止，測(cè)得這時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為l=10cm，已知物塊A的質(zhì)量為1kg，則物塊A與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=______；實(shí)驗(yàn)中由于彈簧懸掛時(shí)的原長(zhǎng)比平放時(shí)的自然長(zhǎng)度長(zhǎng)，因此實(shí)驗(yàn)測(cè)得的動(dòng)摩擦因數(shù)比實(shí)際值偏______(填“大”或“小”)。
14.為較準(zhǔn)確地測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻(約2Ω)，可使用的主要器材有：
A.電流表G：測(cè)量范圍0～10mA，內(nèi)電阻為100Ω；
B.電流表A：測(cè)量范圍0～0.4A，內(nèi)電阻為1.5Ω；
C.電阻箱R0：電阻變化范圍0～999.9Ω；
D.滑動(dòng)變阻器R：電阻變化范圍0～20Ω；
E.開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干
(1)將電流表G改裝成2V的電壓表，則與G串聯(lián)的電阻箱R0的阻值應(yīng)調(diào)為_(kāi)_____(選填正確選項(xiàng)前字母)。
A.50.0Ω
B.70.0Ω
C.100Ω
D.100.0Ω
(2)將改裝后的電流表G和電流表A接入電路，為了讓測(cè)量及結(jié)果更方便準(zhǔn)確，應(yīng)選擇的電路是______(選填“a”或“b”)。
(3)若選擇正確的R0與電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到電流表G和A的幾組數(shù)據(jù)，并根據(jù)數(shù)據(jù)繪出了Ig?I圖線如圖(c)所示(Ig、I分別對(duì)應(yīng)電流表G和A的示數(shù))，分析Ig?I圖線可知，干電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____ V，內(nèi)電阻為_(kāi)_____Ω。(保留三位有效數(shù)字)
四、計(jì)算題：本大題共2小題，共28分。
15.北京冬奧會(huì)開(kāi)幕式的浪漫煙花讓人驚嘆不已，假設(shè)某種型號(hào)的禮花彈在地面上從專用炮筒中沿豎直方向射出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸開(kāi)如圖所示。已知禮花彈質(zhì)量m=0.1kg，從炮筒射出的速度v0=36m/s，上升的最大高度h=54m，整個(gè)過(guò)程中禮花彈所受的空氣阻力大小始終是其重力大小的k倍，忽略炮筒的高度，計(jì)算結(jié)果可以帶根號(hào)，求：
(1)k值的大小；
(2)從炮筒射出到上升最大高度過(guò)程中合外力的沖量I；
(3)若禮花彈在空中沒(méi)有爆炸，落回地面時(shí)的速度v的大小。
16.如圖所示，間距為L(zhǎng)=1m且足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MM1M2與NN1N2，由傾斜與水平兩部分平滑連接組成。傾角θ=37°的傾斜導(dǎo)軌間區(qū)域Ⅰ有垂直導(dǎo)軌平面斜向，上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1T。水平導(dǎo)軌間區(qū)域Ⅱ有一個(gè)長(zhǎng)度d=1m、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=2T。質(zhì)量m1=0.1kg、阻值R=5Ω的金屬棒a從傾斜導(dǎo)軌某位置由靜止開(kāi)始釋放，穿過(guò)M1N1前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以大小不變的速度進(jìn)入水平導(dǎo)軌，穿出水平磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ與另一根質(zhì)量m2=0.3kg、阻值R=5Ω的靜止金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求：
(1)金屬棒a到達(dá)斜面底端M1N1時(shí)的速度v0的大小；
(2)金屬棒a第一次穿過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q；
(3)金屬棒a最終停在距區(qū)域Ⅱ右邊界距離x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.在t=14T時(shí)，由圖看出，貨物的位移正向最大，則貨物的加速度為負(fù)向最大，即加速度向下最大，貨物失重，根據(jù)牛頓第二定律可知，貨物受到的彈力最小，則貨物對(duì)車廂底板的壓力最小，故A正確；
B.在t=12T時(shí)，貨物的位移為零，加速度為零，車廂底板的彈力大小等于貨物的重力，而在t=14T時(shí)，車廂底板的彈力小于貨物的重力，說(shuō)明在t=12T時(shí)，車廂底板的彈力不是最小，則貨物對(duì)車廂底板的壓力不是最小，故B錯(cuò)誤。
CD.在t=34T時(shí)，由圖看出，貨物的位移為負(fù)向最大，則貨物的加速度為正向最大，貨物超重，根據(jù)牛頓第二定律可知，受到的彈力最大，則貨物對(duì)車廂底板的壓力最大，且大于重力，故CD錯(cuò)誤；
故選：A。
貨物的回復(fù)力由重力和彈簧的彈力產(chǎn)生，振動(dòng)圖象反映貨物的位移隨時(shí)間的變化情況，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征：F=?kx，以貨物為研究對(duì)象，根據(jù)加速度的方向，由牛頓第二定律分析彈簧的彈力的變化情況.當(dāng)貨物的加速度方向豎直向上，而且達(dá)到最大時(shí)，彈簧對(duì)貨物的彈力最.大，貨物對(duì)車廂底板的壓力最大.當(dāng)貨物的加速度方向豎直向下，而且達(dá)到最大時(shí)，彈簧對(duì)貨物的彈力最小，貨物對(duì)車廂底板的壓力最小.
本題考查運(yùn)用牛頓第二定律分析簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中物體受力情況的能力，也可以應(yīng)用超重、失重觀點(diǎn)進(jìn)行分析.
2.【答案】C
【解析】解：若波向x軸正向傳播，根據(jù)題意有：nT+T4=t
解得：T=0.084n+1s
因該波的周期T小于0.02s，則n=1、2、3……；
則波速為：v=λT=+1=4n+1(m/s) n=1、2、3……，
當(dāng)n=1時(shí)v=5m/s；
若波向x軸負(fù)向傳播，根據(jù)題意有：nT+3T4=t
解得T=0.084n+3s
因該波的周期T小于0.02s，則n=1、2、3……；
則波速為：v=λT=+3=4n+3(m/s) n=1、2、3……，
則波速不可能為1m/s、3m/s和10m/s；
故ABD錯(cuò)誤，C正確
故選：C。
由圖象讀出波長(zhǎng)．根據(jù)兩個(gè)時(shí)刻的波形，結(jié)合周期的范圍，求出波長(zhǎng)的可能值，并求出波速可能值．
本題關(guān)鍵考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力，處理好通項(xiàng)式與特殊值的關(guān)系，要注意波的雙向性，不能漏解．
3.【答案】C
【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，不為零，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)對(duì)稱性可知，在x軸負(fù)半軸上，P點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)安培定則可知，ON和OM間各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均沿x軸負(fù)方向，故C正確；
D、平面PMN在yOz平面的投影面積等于△MON的面積，而△MON的面積小于四分之一圓面OMN的面積，并且距離線圈平面越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，所以通過(guò)四分之一圓面OMN的磁通量一定大于通過(guò)平面PMN的磁通量，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)安培定則判斷磁場(chǎng)方向；線圈所產(chǎn)生的磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，據(jù)此可以比較磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向；根據(jù)磁通量的定義判斷。
磁通量的定義式Φ=BS中的面積S，表示是在垂直磁場(chǎng)方向的有效面積。另外還要知道距離線圈越遠(yuǎn)的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。
4.【答案】D
【解析】解：AD.飛輪在磁場(chǎng)中做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，所以會(huì)產(chǎn)生電源電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，磁場(chǎng)會(huì)對(duì)運(yùn)動(dòng)的飛輪產(chǎn)生阻力，以阻礙飛輪與磁場(chǎng)之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，所以飛輪受到的阻力主要來(lái)源于磁鐵對(duì)它的安培力，故A錯(cuò)誤；在相同條件下，銅制的飛輪的電阻更小，感應(yīng)電流更大，安培力更大，電磁阻尼效果更好，故D正確。
BC.若拉桿位置不動(dòng)，轉(zhuǎn)速越小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越小，感應(yīng)電流越小，安培力越小，阻尼感越弱，故B錯(cuò)誤；若飛輪轉(zhuǎn)速不變，磁鐵與飛輪距離越近，飛輪磁通量的變化越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越小，安培力越小，阻尼感越強(qiáng)，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)相當(dāng)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線運(yùn)動(dòng)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流；改變磁鐵與鋁制飛輪之間的距離，飛輪所處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，電磁阻尼增大。
研究電磁感應(yīng)問(wèn)題，常常有兩條思路，一條是力的角度，一條是能量的角度，本題關(guān)鍵是弄清楚健身車的磁控阻力原理，知道阻力大小的決定因素。
5.【答案】B
【解析】解：A、拋出后的冰墩墩受到地球?qū)λ囊ψ饔?，故A錯(cuò)誤
BCD、冰墩墩隨空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，由于萬(wàn)有引力指向地心，則冰墩墩水平方向不受外力作用，從空間站視角看，沿原有方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，CD錯(cuò)誤；
故選：B。
冰墩墩受地球的萬(wàn)有引力的作用，合力都不為零，都隨空間站一起做圓周運(yùn)動(dòng)。
此題考查受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，注意完全失重不是不受重力。
6.【答案】A
【解析】解：A、普朗克在1900年把能量子引入物理學(xué)，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，故A正確；
B、康普頓發(fā)現(xiàn)X射線通過(guò)石墨散射時(shí)，散射光中出現(xiàn)波長(zhǎng)大于入射波長(zhǎng)的成分，故B錯(cuò)誤；
C、玻爾第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，故C錯(cuò)誤；
D、德布羅意大膽地把光的波粒二象性推廣到實(shí)物粒子，預(yù)言實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。
本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。
7.【答案】A
【解析】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有GMmr2=mr4π2T2，解得：T= 4π2r3GM，因P的軌道半徑小，所以周期也小，故A正確；
B、P的軌道半徑小于Q的軌道半徑，則為了完成對(duì)接，P應(yīng)加速，故B錯(cuò)誤；
C、對(duì)接過(guò)程，P相對(duì)于Q近似靜止，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)接過(guò)程，P對(duì)Q的作用力和Q對(duì)P的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力判斷周期之間的關(guān)系；根據(jù)變軌原理分析。
本題考查了萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，知道變軌原理、知道萬(wàn)有引力提供向心力是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用萬(wàn)有引力公式與牛頓第二定律即可解題。
8.【答案】B
【解析】解：人離開(kāi)水平滑道后做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x=vt
豎直方向：h=12gt2
人在滑道上滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有：mgH?W=12mv2?0
代入數(shù)據(jù)解得，人在滑道上滑動(dòng)過(guò)程中克服阻力做的功：W=475J，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
人離開(kāi)水平滑道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出人做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求解。
分析清楚人的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理可以解題。
9.【答案】AC
【解析】解：A、當(dāng)螺線管將a接電源正極，b接負(fù)極時(shí)，線圈中產(chǎn)生磁場(chǎng)，由安培定則判斷得知，螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)方向向上，上端相當(dāng)于N極，對(duì)磁鐵產(chǎn)生向上的斥力，所以彈簧秤示數(shù)減小，故A正確；B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)螺線管將b接電源正極，a接負(fù)極時(shí)，線圈中產(chǎn)生磁場(chǎng)，由安培定則判斷得知，螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)方向向下，上端相當(dāng)于S，對(duì)磁鐵產(chǎn)生向下的引力，所以彈簧秤示數(shù)增大，故C正確；D錯(cuò)誤；
故選：AC。
當(dāng)螺線管通電時(shí)，線圈中將產(chǎn)生磁場(chǎng)，根據(jù)安培定則判斷磁場(chǎng)方向，分析螺線管與磁鐵之間存在引力還是斥力，來(lái)確定彈簧秤示數(shù)的變化．
本題考查安培定則的基本應(yīng)用，基礎(chǔ)題．對(duì)于安培定則抓住兩點(diǎn)：一是何時(shí)用；二是怎樣用．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
電感總是阻礙電流的變化。線圈中的電流增大時(shí)，產(chǎn)生自感電流的方向與原電流的方向相反，抑制增大；線圈中的電流減小時(shí)，產(chǎn)生自感電流的方向與原電流的方向相同，抑制減小，并與燈泡D1構(gòu)成回路。線圈中電流變化時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。
【解答】
L是自感系數(shù)足夠大的線圈，它的電阻可忽略不計(jì)，D1和D2是兩個(gè)完全相同的小燈泡。
AB、K閉合瞬間，但由于線圈的電流增加，導(dǎo)致線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的增加，所以兩燈同時(shí)亮，當(dāng)電流穩(wěn)定時(shí)，由于L電阻可忽略不計(jì)，所以以后D1熄滅，D2變亮。故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、K斷開(kāi)時(shí)，D2立即熄滅，但由于線圈的電流減小，導(dǎo)致線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的減小，所以D1亮一下再慢慢熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
11.【答案】BC
【解析】解：A、圖乙中變壓器原線圈的輸入電壓的有效值為U1=22 2 2V=22V，電容器正常工作，則副線圈的輸出電壓U2=220V，則變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1n2=U1U2=22220=110，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)圖丙中變壓器原線圈輸入電壓的有效值為U1′，則：U1′2RT=U12RT2，代入數(shù)據(jù)解得：U1′=11 2V，由理想變壓器的變壓比可知：U1′U2′=n1n2，代入數(shù)據(jù)解得，副線圈輸出電壓的有效值U2′=110 2V，由電功率公式得：P額=U額2R，電容器的電阻R=U額2P額=2202880Ω=55Ω，此時(shí)電熱器的實(shí)際功率為P′=U′22R=(110 2)255W=440W，故B正確；
C、圖丙中電流表的示數(shù)為I=U2′R=110 255A=2 2A，故C正確；
D、變壓器和二極管都不改變交流電的頻率，則乙、丙兩變壓器副線圈中電流頻率之比為1：1，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
求出變壓器原副線圈電壓，然后根據(jù)變壓器的變壓比求出變壓器的匝數(shù)比；
求出圖丙變壓器副線圈電壓的有效值，然后根據(jù)歐姆定律與功率公式求解；
根據(jù)圖示電路圖求出電流的頻率，然后求出頻率之比。
求出原副線圈的電壓，應(yīng)用理想變壓器的電壓比、歐姆定律與電功率公式即可解題；解題時(shí)要注意有效值與最大值間的關(guān)系。
12.【答案】AD
【解析】解：A.圖甲的互感器原線圈分別接輸電線的火線和零線，是電壓互感器，〇應(yīng)該為電壓表，故A正確；
C.若圖中電流表的示數(shù)為10A，由I2IA=10
可得I2=100A
則輸電損失電功率為P損=I22R=1002×5W=5×104W
故C錯(cuò)誤；
B.設(shè)輸電電流為I2對(duì)電壓互感器，U5U6=U5220v=101，即U2=U5=2200v，對(duì)電流互感器有I5I6=101，I5=10×10A=100A，即I2=100A，所以線路輸送的電功率為P=U2I2=2200×100W=220kW，故B錯(cuò)誤；
D.若發(fā)電機(jī)輸出電壓U1一定，用戶數(shù)增加，輸電線中電流I2增大，輸電線損失電壓增大，導(dǎo)致U3減小，U4減小，故D正確。
故選：AD。
根據(jù)電流互感器，電壓互感器的在電路中的連接方式，來(lái)判A選項(xiàng)，由變壓器繞組之間的電流，電壓，功率關(guān)系，線路上損失的功率來(lái)判斷其它選項(xiàng)。
要注意線上損失的功率的幾種算法。
13.【答案】(1)4；68.6；(2)0.42；小。
【解析】解：(1)由圖像可知，彈簧的原長(zhǎng)即為圖線的橫軸截距l(xiāng)0=4cm.
由公式
F=k(l?l0)
彈簧的勁度系數(shù)為圖線的斜率，
k=700×10?3×9.8(14?4)×10?2N/m=68.6N/m.
(2)分析物體A的受力，可知
k[(l?l0)×10?2]=μmg
解得
μ=0.42
實(shí)驗(yàn)中由于彈簧懸掛時(shí)的原長(zhǎng)比平放時(shí)的自然長(zhǎng)度長(zhǎng)，由此彈簧平放計(jì)算出來(lái)的形變量偏小，直接導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得的動(dòng)摩擦因數(shù)比實(shí)際值偏小。
故答案為：(1)4，68.6；(2)0.42，小
(1)由圖讀出彈簧的原長(zhǎng)；由F=k(l?l0)計(jì)算勁度系數(shù)；
(2)根據(jù)平衡條件解得動(dòng)摩擦因數(shù)，實(shí)驗(yàn)中由于彈簧懸掛時(shí)的原長(zhǎng)比平放時(shí)的自然長(zhǎng)度長(zhǎng)，由此彈簧平放計(jì)算出來(lái)的形變量偏小。
本題考查了探究彈簧伸長(zhǎng)量與所受拉力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵是弄清實(shí)驗(yàn)原理，能夠根據(jù)圖像求解彈簧原長(zhǎng)和勁度系數(shù)。
14.【答案】
【解析】解：(1)電阻箱的精確度為0.1Ω，將電流表G改裝成電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)大電阻，其阻值為R0=U?IgRgIg將Ig=10mA=0.01A代入解得：R0=100.0Ω
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
(2)由于電流表的內(nèi)阻已知，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，采用電流表相對(duì)于電源內(nèi)接的方式，故選b。
(3)由閉合電路歐姆定律可得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA)
整理得Ig=ERg+R0?(r+RA)Rg+R0I
由Ig?I圖可得(r+RA)Rg+R0=k=3×10?30.32?0.15
解得r=2.02Ω
當(dāng)Ig=3.0mA，I=0.32A時(shí)，代入Ig=ERg+R0?(r+RA)Rg+R0I
解得E=1.72V
故答案為：(1)D；(2)b；(3)1.72，2.02
(1)根據(jù)歐姆定律結(jié)合電路特點(diǎn)得出電阻的阻值；
(2)根據(jù)電表的內(nèi)阻分析出正確的電路圖；
(3)根據(jù)圖線的斜率和坐標(biāo)點(diǎn)得出電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。
本題主要考查了電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合閉合電路歐姆定律和圖像的物理意義完成分析。
15.【答案】(1)禮花彈彈出后勻減速上升，到達(dá)最大高度時(shí)速度為零，02?v02=2(?a1)h
解得a1=12m/s2
上升過(guò)程中重力和豎直向下空氣阻力合力提供加速度mg+kmg=ma1
解得k=0.2
(2)禮花彈彈出勻減速上升過(guò)程，以向上為正方向，由動(dòng)量定理I=0?mv0
解得I=?3.6kg?m/s
沖量大小為3.6kg?m/s，方向豎直向下；
(3)回落過(guò)程中重力和豎直向上空氣阻力合力提供加速度mg?kmg=ma2，
解得a2=8m/s2
禮花彈回落過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2?02=2a2h
解得v=12 6m/s
答：(1)k值的大小為0.2；
(2)從炮筒射出到上升最大高度過(guò)程中合外力的沖量為3.6kg?m/s，方向豎直向下；
(3)若禮花彈在空中沒(méi)有爆炸，落回地面時(shí)的速度v的大小為12 6m/s。
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解得；
(2)根據(jù)動(dòng)量定理解得沖量大??；
(3)根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解得。
本題考查力學(xué)三大規(guī)律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵在于分析彈片不同狀態(tài)的運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。
16.【答案】(1)導(dǎo)體棒a勻速穿過(guò)M1N1，由受力平衡得
m1gsin37°?B12L2v02R=0，
解得v0=6m/s；
(2)規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得
?B22L2d2R=m1v10?m1v0，
解得v10=2m/s，
金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，
即Q=12m1v02?12m1v102，
聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得Q=1.6J；
(3)規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得
m1v10=m1v1+m2v2，
12m1v102=12m1v12+12m2v22，
聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為v1=?1m/s；
設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)右邊界x處，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，
根據(jù)動(dòng)量定理得B22L2x2R=0?m1v1，
聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得
x=0.25m；
答：(1)金屬棒a到達(dá)斜面底端M1N1時(shí)的速度v0的大小為2m/s；
(2)金屬棒a第一次穿過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q為1.6J；
(3)金屬棒a最終停在距區(qū)域Ⅱ右邊界距離x為0.25m。
【解析】(1)對(duì)導(dǎo)體棒a受力分析，據(jù)牛頓第二定律和安培力公式結(jié)合求解；
(2)對(duì)a導(dǎo)體棒應(yīng)用動(dòng)量定理求得末速度，再由能量守恒定律求電路產(chǎn)生的熱量Q；
(3)根據(jù)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒以及動(dòng)能定理聯(lián)立列式可求得滑行的距離。
本題是導(dǎo)軌問(wèn)題，關(guān)鍵是熟練運(yùn)用切割公式、歐姆定律公式和安培力公式，同時(shí)要注意求解電熱時(shí)用功能關(guān)系列式分析。

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