1.如圖所示質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是( )
A. M帶負(fù)電，N帶正電B. M的速率小于N的速率
C. 洛倫茲力對M、N做正功D. M在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比N長
2.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則( )
A. 磁鐵對桌面的壓力減小B. 磁鐵對桌面的壓力不變
C. 桌面受向左的摩擦力D. 桌面受向右的摩擦力
3.如圖所示為直流電動(dòng)機(jī)物理模型，電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，均勻?qū)Ь€制成的正方形線框邊長為L、匝數(shù)為N，總電阻為R。兩固定磁極提供磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，閉合開關(guān)，下列說法正確的是( )
A. 要使線框順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)起來，左磁極就為 N極
B. 滑動(dòng)變阻器電阻調(diào)為0，則閉合開關(guān)瞬間，線圈剛要轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，與轉(zhuǎn)軸平行的一根導(dǎo)線受到的安培力大小為BERL
C. 要提高線框轉(zhuǎn)速，滑動(dòng)變阻器的觸片從左向右滑動(dòng)
D. 若將電源和磁極同時(shí)改變方向，線框仍做順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
4.水平桌面上固定一根絕緣長直導(dǎo)線，矩形導(dǎo)線框abcd靠近長直導(dǎo)線固定桌面上，如圖甲所示。當(dāng)長直導(dǎo)線中的電流按圖乙的規(guī)律變化時(shí)(圖甲所示電流方向?yàn)槠湔较?，則( )
A. 0～t1，線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcdaB. t1～t2，線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcda
C. t2～t3，線框所受安培力方向一直向左D. t1～t3，線框所受安培力方向一直向右
5.在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)，導(dǎo)體環(huán)面積為S=1m2，導(dǎo)體環(huán)的總電阻為R=10Ω。磁場向上為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如乙圖所示，B0=0.1T。下列說法正確的是( )
A. t=1s時(shí)，導(dǎo)體環(huán)中電流為零
B. 第2s內(nèi)，導(dǎo)體環(huán)中電流為俯視順時(shí)針方向
C. 第3s內(nèi)，導(dǎo)體環(huán)中電流的大小為0.1A
D. 第4s內(nèi)，通過導(dǎo)體環(huán)中某一截面的電荷量為零
6.一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當(dāng)日風(fēng)浪較大，游船上下浮動(dòng)。可把游船浮動(dòng)簡化成豎直方向的簡諧運(yùn)動(dòng)，振幅為20cm，周期為6.0s。當(dāng)船位于最高點(diǎn)時(shí)，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過10cm時(shí)，游客能舒服地登船。在一個(gè)周期內(nèi)，游客能舒服登船的時(shí)間是( )
A. 2.0sB. 2.5sC. 3.0sD. 4.0s
7.如圖甲所示，以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動(dòng)，如圖乙為這個(gè)彈簧振子的振動(dòng)圖像，下列說法中錯(cuò)誤的是( )
A. 在t=0.2s時(shí)，小球的加速度為正向最大
B. 在t=0.1s與t=0.3s兩個(gè)時(shí)刻，小球在同一位置
C. 從t=0到t=0.2s時(shí)間內(nèi)，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)
D. 在t=0.6s時(shí)，彈簧振子有最大的彈性勢能
8.如圖所示，先后以恒定的速度v1和v2把一個(gè)正方形金屬線框水平拉出有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且v1=2v2，則在先后兩種情況( )
A. 線框中的電功率之比P1：P2=2：1
B. 線框中的感應(yīng)電流之比I1：I2=1：2
C. 線框中產(chǎn)生的熱量之比Q1：Q2=2：1
D. 通過線框某截面的電荷量之比q1：q2=2：1
二、多選題：本大題共2小題，共10分。
9.如圖為交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω=50rad/s，線圈的匝數(shù)n=100、總電阻r=10Ω，線圈圍成的面積S=0.1m2。線圈兩端與阻值R=90Ω的電阻相連，交流電壓表可視為理想電表。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，圖示位置矩形線圈與磁感線平行。則( )
A. 圖示位置，線圈中的電流最大，電流方向?yàn)閍bcda
B. 從圖示位置開始計(jì)時(shí)，通過線圈的磁通量隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為Φ=0.02cs50t(Wb)
C. 電路中交流電壓表的示數(shù)為45 2V
D. 線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C
10.如圖所示為一款近期火爆的玩具“彈簧小人”，由頭部、彈簧和底部組成，頭部的質(zhì)量為m，底部質(zhì)量為M，彈簧質(zhì)量不計(jì)。初始時(shí)，“彈簧小人”靜止于水平桌面上?，F(xiàn)用手緩慢輕壓頭部至適當(dāng)位置后由靜止釋放，頭部不停上下振動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)一切摩擦力和空氣阻力，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。則下列說法正確的是( )
A. 若剛釋放頭部時(shí)，頭部的加速度大小為g2，則頭部振動(dòng)的振幅為mgk
B. 若剛釋放頭部時(shí)，頭部的加速度大小為g2，則用手緩慢輕壓頭部過程中，手對頭部做的功為m2g28k
C. 若頭部在振動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)底部恰好不離開桌面，則頭部在最高點(diǎn)的加速度為(M+m)gm
D. 若頭部在振動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)底部恰好不離開桌面，則剛釋放頭部時(shí)彈簧的壓縮量為(M+m)gk
三、填空題：本大題共1小題，共6分。
11.有一臺內(nèi)阻為1Ω的發(fā)電機(jī)，供給一學(xué)校照明用電，如圖所示。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4：1，輸電線的總電阻為4Ω。全校共有22個(gè)班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則降壓變壓器的輸出功率為______，輸電線損失的功率為______。
四、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共8分。
12.用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”：

(1)用游標(biāo)尺上有10個(gè)小格的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑，結(jié)果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑為______cm；
(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，擺球在垂直紙面的平面內(nèi)擺動(dòng)，為了將人工記錄振動(dòng)次數(shù)改為自動(dòng)記錄振動(dòng)次數(shù)，在擺球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)的左、右兩側(cè)分別放置激光光源與光敏電阻，如圖乙所示，光敏電阻與某一自動(dòng)記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時(shí)間t的變化圖線如圖丙所示，則該單擺的周期為______；
(3)若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中，用完全相同的操作重新完成實(shí)驗(yàn)，圖像中Δt將______(選填“變大”“不變”或“變小”)，圖像中t0將______(選填“變大”“不變”或“變小”)。
五、簡答題：本大題共3小題，共44分。
13.如圖甲，O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，將力傳感器接在擺球與O點(diǎn)之間?，F(xiàn)將擺球拉到A點(diǎn)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回?cái)[動(dòng)，其中B點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)中的最低位置。圖乙表示細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時(shí)間t變化的曲線，圖中t=0為擺球從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻，g取10m/s2。
(1)求單擺的振動(dòng)周期和擺長。
(2)求擺球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度。
14.如圖所示，傾角α為30°的足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一擋板，質(zhì)量為m的木塊甲緊靠擋板放置，輕質(zhì)彈簧一端與木塊甲相連，另一端與質(zhì)量為m的木塊乙相連，彈簧勁度系數(shù)為k。開始時(shí)兩木塊均靜止，用沿斜面向下的力緩慢推物體乙，到某一位置后撤去該力，將該時(shí)刻記為t=0。此后木塊乙在斜面上做簡諧運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，此時(shí)木塊甲恰要離開擋板。已知重力加速度為g。求：
(1)木塊乙做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期T；
(2)t=0時(shí)刻木塊甲對擋板壓力F的大小；
(3)木塊乙與最高點(diǎn)距離為mg2k的時(shí)刻t。
15.如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距d，電壓為U，兩板之間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。平行金屬板右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強(qiáng)磁場，圓心為O，半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。一正離子沿平行于金屬板面，從A點(diǎn)垂直于磁場的方向射入平行金屬板間，沿直線射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的F點(diǎn)射出。已知OF與OD夾角θ=60°，不計(jì)離子重力。求：
(1)離子速度v的大??；
(2)離子的比荷qm；
(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根據(jù)左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負(fù)電荷，故A正確；
B、粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
在質(zhì)量與電量相同的情況下，半徑越大速率大，所以M的速率大于N的速率，故B錯(cuò)誤；
C、洛倫茲力始終與速度的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故C錯(cuò)誤；
D、粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半周，所以時(shí)間為周期的一半，而周期為
T=2πrv=2πmqB
可知M的運(yùn)行時(shí)間等于N的運(yùn)行時(shí)間，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
首先根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷受力方向，從而確定粒子電性；再結(jié)合洛倫茲力與速度的位置關(guān)系判斷做功；根據(jù)轉(zhuǎn)過的圓心角求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，確定時(shí)間長短。
本題主要考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，以及洛倫茲力的性質(zhì)。
2.【答案】D
【解析】解：在磁鐵外部，磁感線從N極指向S極，導(dǎo)線所在處磁場向右斜向下，導(dǎo)線電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力向右斜向上，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線對磁鐵的作用力向左斜向下，磁鐵保持靜止，由共點(diǎn)力平衡條件可知，磁鐵對桌面的壓力增大，有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢，磁鐵受到向右摩擦力，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
先以通電導(dǎo)線為研究對象，由左手定則判斷出導(dǎo)線受到安培力的方向；然后由牛頓第三定律求出磁鐵受到磁場力的方向，最后判斷磁鐵對桌面的壓力如何變化，判斷磁鐵受到的摩擦力方向。
本題應(yīng)先選導(dǎo)線為研究對象，然后由牛頓第三定律判斷磁鐵的受力情況，巧妙地選取研究對象，是正確解題的關(guān)鍵。
3.【答案】D
【解析】解：A.要使線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)起來，則線圈左端受到向上的安培力，線圈左端電流流向里面，則根據(jù)左手定則，磁場方向應(yīng)為從右往左，則左磁極就為S極，右磁極就為N極，故A錯(cuò)誤；
B.電流大小為I，由閉合電路歐姆定律得：
I=Er+R
與轉(zhuǎn)軸平行的一根導(dǎo)線受到的安培力大小為：
F=BIL
聯(lián)立解得：F=BEr+RL，故B錯(cuò)誤；
C.要提高線框轉(zhuǎn)速，則要增大電流，減小滑動(dòng)變阻器的電阻，則要滑動(dòng)變阻器的觸片從右向左滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D.若將電源和磁極同時(shí)改變方向，則磁場方向與電流方向都改變了，由左手定則可知，線框受力方向不變，仍做順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確；
故選：D。
根據(jù)左手定則確定左磁極的極性；根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合安培力公式分析求解；要提高線框轉(zhuǎn)速，則要增大電流；要提高線框轉(zhuǎn)速，則要增大電流；根據(jù)左手定則分析判斷線框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向。
本題考查磁場對電流的作用力，熟練掌握左手定則分析安培力的方向。
4.【答案】B
【解析】解：A.由圖可知t1到t2時(shí)間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流方向向上，根據(jù)安培定則可知，根據(jù)楞次定律可知線框位置處的磁場方向垂直紙面向里，直導(dǎo)線中電流減小，穿過線框的磁通量減小，線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場在線框內(nèi)部方向也垂直紙面向里，可知線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcda，故A錯(cuò)誤；
B.t2到t3時(shí)間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流方向向下，根據(jù)安培定則可知，線框位置處的磁場方向垂直紙面向外，直導(dǎo)線中電流增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場在線框內(nèi)部方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定則，可知線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcda，故B正確；
C.t2到t3時(shí)間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcda，根據(jù)左手定則，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad邊受安培力大于bc邊受的安培力，可知線框所受安培力方向一直向右，故C錯(cuò)誤；
D.t1到t2時(shí)間內(nèi)，線框內(nèi)電流的方向?yàn)閍bcda，根據(jù)左手定則，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad邊受安培力大于bc邊受的安培力，可知線框所受安培力方向向左；結(jié)合C的分析，t2到t3時(shí)間內(nèi)，線框所受安培力方向一直向右。所以知t1～t3，線框所受安培力方向先向左后向右，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)右手螺旋定則可以判斷電流產(chǎn)生的磁場，根據(jù)楞次定律可以判斷導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場，由此再判斷感應(yīng)電流的方向以及導(dǎo)線和線框之間的作用力。
解決本題關(guān)鍵是要分析清楚導(dǎo)線框的整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程，以及在不同的過程中導(dǎo)線框受到的作用力的情況。
5.【答案】B
【解析】解：A、t=1s時(shí)，ΔBΔt≠0，穿過導(dǎo)體環(huán)的磁通量變化率不為零，則導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢不為零，感應(yīng)電流不為零，故A錯(cuò)誤；
B、第2s內(nèi)，向上穿過導(dǎo)體環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向向下，由安培定則可知，導(dǎo)體環(huán)中電流為俯視順時(shí)針方向，故B正確；
C、第3s內(nèi)，導(dǎo)體環(huán)中電流大小為：I=ER=ΔBSΔtR=B0StR=0.1×110×1A=0.01A，故C錯(cuò)誤；
D、第3s內(nèi)與第4s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流相同，則第4s內(nèi)，通過導(dǎo)體環(huán)中某一截面的電荷量為q=It=0.01×1C=0.01C，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動(dòng)勢大小，再分析感應(yīng)電流的大小。根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向。根據(jù)公式q=It計(jì)算出電荷量的大小。
本題主要考查法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、楞次定律等規(guī)律，根據(jù)E=ΔΦΔt=ΔBΔtS計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，結(jié)合歐姆定律完成對電路的分析，同時(shí)要注意利用楞次定律分析出電流的方向。
6.【答案】A
【解析】解：把游船浮動(dòng)簡化成豎直方向的簡諧運(yùn)動(dòng)，從船上升到最高點(diǎn)時(shí)計(jì)時(shí)，其振動(dòng)方程為
y=Acs2πTt
代入數(shù)據(jù)得y=20csπ3t(cm)
當(dāng)y=10cm時(shí)，可解得t=1.0s
故在一個(gè)周期內(nèi)，游客能舒服登船的時(shí)間為t總=T?4t=6s?4×1s=2s
綜上分析，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
把游船浮動(dòng)簡化成豎直方向的簡諧運(yùn)動(dòng)，寫出其振動(dòng)方程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解時(shí)間。
解答本題的關(guān)鍵要理清游船的運(yùn)動(dòng)模型，寫出簡諧運(yùn)動(dòng)的方程，再運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行解答．注意求解的是不能舒服登船的時(shí)間。
7.【答案】A
【解析】解：A.在t=0.2s時(shí)，小球的位移為正向最大值，由
a=?kxm
小球的加速度為負(fù)向最大，故A錯(cuò)誤；
B.在t=0.1s與t=0.3s兩個(gè)時(shí)刻，小球的位移相同，說明小球在同一位置，故B正確；
C.從t=0到t=0.2s時(shí)間內(nèi)，小球從平衡位置向最大位移處運(yùn)動(dòng)，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D.在t=0.6s時(shí)，彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，故D正確。
本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)；
故選：A。
根據(jù)圖像直接得出振子的位移，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度方向；根據(jù)圖像分析小球所處的位置關(guān)系；分析小球的運(yùn)動(dòng)過程從而確定小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；根據(jù)圖像確定在t=0.6s時(shí)，彈簧振子的形變量大小，進(jìn)一步確定彈簧振子的彈性勢能大小。
本題考查對簡諧運(yùn)動(dòng)的理解，以及識圖能力，注意簡諧運(yùn)動(dòng)的位移與直線運(yùn)動(dòng)位移略有不同，要熟悉簡諧運(yùn)動(dòng)中不同物理量之間的關(guān)系。
8.【答案】C
【解析】解：A、根據(jù)題意可知v1=2v2，根據(jù)E=BLv，知感應(yīng)電動(dòng)勢之比2：1
根據(jù)P=E2R可知，電功率之比為4：1，故A錯(cuò)誤；
B、感應(yīng)電流I=ER
則感應(yīng)電流之比為2：1
故B錯(cuò)誤；
C、v1=2v2，知時(shí)間比為1：2，根據(jù)Q=I2Rt，知熱量之比為2：1，故C正確；
D、根據(jù)q=I?t=ΔΦR，兩種情況磁通量的變化量相同，所以通過某截面的電荷量之比為1：1.故D錯(cuò)誤；
故選：C。
根據(jù)E=BLv，求出線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢之比，再求出功率之比和感應(yīng)電流之比；根據(jù)q=I?t=ΔΦR，求出通過線圈某截面的電荷量之比；根據(jù)Q=I2Rt，求出線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比。
本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，解決本題的關(guān)鍵掌握導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv，以及通過某截面的電荷量q=ΔΦR。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.圖示位置磁通量為零，電動(dòng)勢最大，電流最大，根據(jù)右手定則可知，線圈中電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；
B.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，通過矩形線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為
Φ=Φmsinωt=BSsinωt=0.02sin50t(Wb)
故B錯(cuò)誤；
C.電動(dòng)勢的最大值滿足
Em=nBSω=100×0.2×0.1×50V=100V
根據(jù)最大值和有效值的關(guān)系，電動(dòng)勢的有效值滿足
E=Em 2=100 2V=50 2V
由閉合電路歐姆定律，可得電路中交流電壓表的示數(shù)滿足
U=ER+rR=50 290+10×90V=45 2V
故C正確；
D.線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，根據(jù)流的定義式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，可得電阻R的電荷量滿足
q=I?Δt=nΔΦΔt(R+r)?Δt=nΔΦR+r=nBSR+r=100×0.2×0.190+10C=0.02C
故D正確。
故選：ACD。
根據(jù)右手定則判斷線圈中電流方向，根據(jù)峰值面的特點(diǎn)以及磁通量的表達(dá)式分析磁通量隨時(shí)間t變化，根據(jù)最大值和有效值的關(guān)系，結(jié)合閉合電路歐姆定律分析電壓表示數(shù)，根據(jù)電流的定義式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律求解電荷量。
本題考查了交流電相關(guān)知識，理解交流電的最大值、有效值、平均值和瞬時(shí)值是解決此類問題的關(guān)鍵。
10.【答案】BC
【解析】解：將彈簧小人簡化為如圖所示模型
A.如圖a對應(yīng)彈簧小人靜止時(shí)，如圖b對應(yīng)剛釋放頭部時(shí)，如圖c對應(yīng)頭部到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)。對圖b中的頭部
kA=mam
其中
am=g2
解得振幅
A=mg2k
故A錯(cuò)誤；
B.將頭部從平衡位置按壓至最低點(diǎn)過程中，手對頭部的壓力與頭部的回復(fù)力大小相等，此過程中，手對頭部壓力的平均值為
F?=0+kA2=mg4
則手對頭部做功為
W=F?A=m2g28k
故B正確；
C.圖c狀態(tài)時(shí)底部恰不離開桌面，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為x1，頭部的加速度為a1，對M根據(jù)平衡關(guān)系有
kx1=Mg
對m根據(jù)牛頓第二定律有
kx1+mg=ma1
解得
a1=M+mmg
則頭部在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)的加速度大小相等、方向相反，故C正確；
D.圖b中m的加速度大小也為
a1=M+mmg
設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x2，對m
kx2?mg=ma1
解得
x2=(2m+M)kg
故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
分別對底部和頭部進(jìn)行受力分析，求出小人在振動(dòng)過程中底部恰好不能離開桌面，頭部在最高點(diǎn)的加速度大小和剛釋放時(shí)頭部的加速度大小以及底部恰好不能離開桌面，則輕壓頭部釋放時(shí)彈簧的壓縮量；對頭部進(jìn)行受力分析，求出剛釋放時(shí)頭部時(shí)頭部的受力以及彈簧的壓縮量，從而計(jì)算功和加速度。
該題結(jié)合功能關(guān)系考查牛頓第二定律的瞬時(shí)性變化問題，解答的關(guān)鍵是知道小人的頭部在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的加速度大小相等。
11.【答案】5280W 144W
【解析】解：要保證全部電燈正常發(fā)光，則降壓變壓器的輸出功率為
P4=nUI=40×6×22W=5280W
全部電燈正常發(fā)光，則降壓變壓器輸出電壓為
U4=220V
根據(jù)匝數(shù)比U3U4=n3n4可知降壓變壓器輸入電壓為
U3=880V
輸入功率
P3=P4=5280W
所以輸電線上的電流為
I2=I3=P3U3=5280880A=6A
輸電線上損失的電壓為
U′=I2R=6A×4Ω=24V
輸電線上損失的功率為
P′=U′I2=24V×6A=144W
故答案為：5280W；144W。
根據(jù)用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結(jié)合電流比等于匝數(shù)之反比求出輸電線上的電流，根據(jù)輸電線上的功率損失，抓住降壓變壓器的輸入功率求出發(fā)電機(jī)的輸出功率。
解決本題的關(guān)鍵知道：
1、原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比之間的關(guān)系；
2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率之間的關(guān)系；
3、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之間的關(guān)系。
12.【答案】1.87 2t0 變小 變小
【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺分度值為0.1mm，擺球直徑為18mm+7×0.1mm=18.7mm=1.87cm
(2)擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)R變大，由圖可知周期為2t0；
(3)若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中，則等效重力加速度變?yōu)?br>g′=g+a>g
則用完全相同的操作重新完成實(shí)驗(yàn)，則擺球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度變大，則遮光時(shí)間變短，即圖像中Δt將變小，單擺的周期T=2π Lg變小，可知圖像中t0將變小。
故答案為：(1)1.87；(2)2t0；(3)變??；變小
(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度解答；
(2)根據(jù)題意結(jié)合圖像分析解答；
(3)根據(jù)等效重力加速度分析解答。
本題考查用單擺測定重力加速度的實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。
13.【答案】解：(1)小球在一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，由圖乙可知：T=0.4πs
由T=2π Lg 得：L=gT24π2=10×(0.4π)24×3.142m=0.4m
(2)根據(jù)牛頓第二定律，在最高點(diǎn)A有：Fmin=mgcsθ=0.495N
在最低點(diǎn)B有：Fmax=mg+mv2L=0.510N
從A到B，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgR(1?csθ)=12mv2
聯(lián)立三式求解得：v= 25m/s，m=0.05kg
答：(1)單擺的振動(dòng)周期為0.4s，擺長為0.4m。
(2)擺球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 25m/s。
【解析】(1)根據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)結(jié)合圖像得到振動(dòng)周期，根據(jù)公式T=2π Lg求解擺長；
(2)單擺一懸點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，指向圓心的合力提供向心力，結(jié)合動(dòng)能定理列式求解擺球的最大速度。
本題主要考查動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、圓周運(yùn)動(dòng)在單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，根據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)結(jié)合動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、圓周運(yùn)動(dòng)知識解答。
14.【答案】解：(1)木塊乙從最低點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為半個(gè)周期，因此可知乙做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為T=2t0
(2)設(shè)木塊乙原來靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為Δx1，對乙受力分析，根據(jù)平衡條件有mgsinα=kΔx1
運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為Δx2，對甲受力分析，根據(jù)平衡條件有mgsinα=kΔx2
則簡諧運(yùn)動(dòng)振幅A=Δx1+Δx2
t=0時(shí)刻，擋板對甲的支持力F0=mgsinα+k(A+Δx1)
聯(lián)立解得F0=2mg
根據(jù)牛頓第三定律，甲對擋板的壓力大小F=F0=2mg
(3)以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，以沿斜面向下為x軸的正方向，則簡諧振動(dòng)的方程為x=mgksin(πt0t+π2)
當(dāng)?shù)谝淮蝬=?mg2k時(shí)，t1=23t0；當(dāng)?shù)诙蝬=?mg2k時(shí)，t2=43t0
考慮到簡諧振動(dòng)的周期性，則有t=2nt0+23t0或t=2nt0+43t0，其中n=0，1，2，???
答：(1)木塊乙做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為2t0；
(2)t=0時(shí)刻木塊甲對擋板壓力F的大小為2mg；
(3)木塊乙與最高點(diǎn)距離為mg2k的時(shí)刻為t=2nt0+23t0或t=2nt0+43t0，其中n=0，1，2，???
【解析】(1)由簡諧振動(dòng)的對稱性判斷其周期；
(2)對甲受力分析，結(jié)合共點(diǎn)力平衡求出乙到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長量；對乙受力分析，求出開始時(shí)彈簧的壓縮量，然后結(jié)合簡諧振動(dòng)的對稱性，由牛頓第二定律求出t=0時(shí)刻甲受到的支持力，然后由牛頓第三定律說明木塊甲對擋板壓力F的大??；
(3)以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，結(jié)合簡諧振動(dòng)的方程，由簡諧振動(dòng)的對稱性求出木塊乙與最高點(diǎn)距離為mg2k的時(shí)刻t。
該題結(jié)合牛頓第二定律考查簡諧振動(dòng)的問題，對物塊在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的情況，合理選擇研究對象，正確進(jìn)行受力分析是解答的關(guān)鍵。
15.【答案】解：(1)根據(jù)題意可知，離子在平行金屬板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由平衡條件有
qUd=qvB0
解得：v=UdB0
(2)離子進(jìn)入圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。

由幾何關(guān)系可得
tanθ2=Rr
解得離子的軌跡半徑為：r= 3R
由洛倫茲力提供向心力可得
qvB=mv2r
解得：qm= 3U3dB0BR
(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
t=θ360T=16×2πrv=πr3v
解得：t= 3πRdB03U
答：(1)離子速度v的大小為UdB0；
(2)離子的比荷為 3U3dB0BR；
(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為 3πRdB03U。
【解析】(1)離子在平行金屬板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子所受的電場力和洛倫茲力平衡，由平衡條件可求出離子的速度大小v；
(2)離子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，畫出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再根據(jù)牛頓第二定律求解離子的比荷qm；
(3)根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角求解離子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。
本題中，離子先在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律以及幾何知識相結(jié)合即可處理這類問題。

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