1．如圖所示質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔垂直進入勻強磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運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在磁場中的運動時間比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線，導線和磁鐵垂直，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機物理模型，電源電動勢為E、內阻為r，均勻導線制成的正方形線框邊長為L、匝數為N，總電阻為R。兩固定磁極提供磁感應強度為B的勻強磁場，閉合開關，下列說法正確的是（ ）
A．要使線框順時針轉動起來，左磁極就為 N極
B．滑動變阻器電阻調為0，則閉合開關瞬間，線圈剛要轉動時，與轉軸平行的一根導線受到的安培力大小為
C．要提高線框轉速，滑動變阻器的觸片從左向右滑動
D．若將電源和磁極同時改變方向，線框仍做順時針轉動
4．水平桌面上固定一根絕緣長直導線，矩形導線框abcd靠近長直導線固定桌面上，如圖甲所示。當長直導線中的電流按圖乙的規(guī)律變化時（圖甲所示電流方向為其正方向），則（ ）
A．0～t1，線框內電流的方向為abcda
B．t1～t2，線框內電流的方向為abcda
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．在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，導體環(huán)面積為S＝1m2，導體環(huán)的總電阻為R＝10Ω。磁場向上為正，磁感應強度B隨時間t的變化如乙圖所示，B0＝0.1T。下列說法正確的是（ ）
A．t＝1s時，導體環(huán)中電流為零
B．第2s內，導體環(huán)中電流為俯視順時針方向
C．第3s內，導體環(huán)中電流的大小為0.1A
D．第4s內，通過導體環(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，當日風浪較大，游船上下浮動?？砂延未雍喕韶Q直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為6.0s。當船位于最高點時，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，游客能舒服地登船。在一個周期內，游客能舒服登船的時間是（ ）
A．2.0sB．2.5sC．3.0sD．4.0s
7．如圖甲所示，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，如圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，下列說法中錯誤的是（ ）
A．在t＝0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，小球在同一位置
C．從t＝0到t＝0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動
D．在t＝0.6s時，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把一個正方形金屬線框水平拉出有界勻強磁場區(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．線框中的感應電流之比I1：I2＝1：2
C．線框中產生的熱量之比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（每題5分，有多項符合題意，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分，共10分）
（多選）9．（5分）如圖為交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′按圖示方向勻速轉動，轉動角速度ω＝50rad/s，線圈的匝數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。已知磁場的磁感應強度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，電流方向為abcda
B．從圖示位置開始計時，通過線圈的磁通量隨時間t變化的關系式為Φ＝0.02cs50t（Wb）
C．電路中交流電壓表的示數為
D．線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C
（多選）10．（5分）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，頭部的質量為m，底部質量為M，彈簧質量不計。初始時，“彈簧小人”靜止于水平桌面上?，F用手緩慢輕壓頭部至適當位置后由靜止釋放，頭部不停上下振動，已知彈簧的勁度系數為k，不計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。則下列說法正確的是（ ）
A．若剛釋放頭部時，頭部的加速度大小為，則頭部振動的振幅為
B．若剛釋放頭部時，頭部的加速度大小為，則用手緩慢輕壓頭部過程中，手對頭部做的功為
C．若頭部在振動至最高點時底部恰好不離開桌面，則頭部在最高點的加速度為
D．若頭部在振動至最高點時底部恰好不離開桌面，則剛釋放頭部時彈簧的壓縮量為
三、實驗題（兩小題，共計14分）
11．（8分）用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關系”：
（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球的直徑，結果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑為 cm；
（2）實驗時，擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數，在擺球運動的最低點的左、右兩側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記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間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驗，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”）。
12．（6分）有一臺內阻為1Ω的發(fā)電機，供給一學校照明用電，如圖所示。升壓變壓器原、副線圈匝數比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數比為4：1，輸電線的總電阻為4Ω。全校共有22個班，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、解答題（3小題，共計44分）
13．（14分）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，g取10m/s2。
（1）求單擺的振動周期和擺長。
（2）求擺球運動過程中的最大速度。
14．（16分）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，質量為m的木塊甲緊靠擋板放置，輕質彈簧一端與木塊甲相連，另一端與質量為m的木塊乙相連，彈簧勁度系數為k。開始時兩木塊均靜止，用沿斜面向下的力緩慢推物體乙，到某一位置后撤去該力，將該時刻記為t＝0。此后木塊乙在斜面上做簡諧運動，t0時刻第一次運動到最高點，此時木塊甲恰要離開擋板。已知重力加速度為g。求：
（1）木塊乙做簡諧運動的周期T；
（2）t＝0時刻木塊甲對擋板壓力F的大??；
（3）木塊乙與最高點距離為的時刻t。
15．（14分）如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距d，電壓為U，兩板之間勻強磁場的磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。平行金屬板右側圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，圓心為O，半徑為R，磁感應強度大小為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點射出。已知OF與OD夾角θ＝60°，不計離子重力。求：
（1）離子速度v的大小；
（2）離子的比荷；
（3）離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t。
安徽省合肥市廬江縣2023-2024學年高二下學期期中考試物理試卷
參考答案
一、單選題（每題4分，8小題，共計32分）
1．如圖所示質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔垂直進入勻強磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運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在磁場中的運動時間比N長
【分析】首先根據運動軌跡判斷受力方向，從而確定粒子電性；再結合洛倫茲力與速度的位置關系判斷做功；根據轉過的圓心角求出運動時間，確定時間長短。
【解答】解：A、根據左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A正確；
B、粒子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力可得：
解得：
在質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錯誤；
D、粒子在磁場中運動半周，所以時間為周期的一半，而周期為
可知M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查帶電粒子在磁場中的運動，以及洛倫茲力的性質。
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線，導線和磁鐵垂直，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
【分析】先以通電導線為研究對象，由左手定則判斷出導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。
【解答】解：在磁鐵外部，磁感線從N極指向S極，導線所在處磁場向右斜向下，導線電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導線受到的安培力向右斜向上，由牛頓第三定律可知，導線對磁鐵的作用力向左斜向下，磁鐵保持靜止，由共點力平衡條件可知，磁鐵對桌面的壓力增大，有向左的運動趨勢，磁鐵受到向右摩擦力，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題應先選導線為研究對象，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，是正確解題的關鍵。
3．如圖所示為直流電動機物理模型，電源電動勢為E、內阻為r，均勻導線制成的正方形線框邊長為L、匝數為N，總電阻為R。兩固定磁極提供磁感應強度為B的勻強磁場，閉合開關，下列說法正確的是（ ）
A．要使線框順時針轉動起來，左磁極就為 N極
B．滑動變阻器電阻調為0，則閉合開關瞬間，線圈剛要轉動時，與轉軸平行的一根導線受到的安培力大小為
C．要提高線框轉速，滑動變阻器的觸片從左向右滑動
D．若將電源和磁極同時改變方向，線框仍做順時針轉動
【分析】根據左手定則確定左磁極的極性；根據閉合電路歐姆定律，結合安培力公式分析求解；要提高線框轉速，則要增大電流；要提高線框轉速，則要增大電流；根據左手定則分析判斷線框的轉動方向。
【解答】解：A．要使線圈順時針轉動起來，則線圈左端受到向上的安培力，線圈左端電流流向里面，則根據左手定則，磁場方向應為從右往左，則左磁極就為S極，右磁極就為N極，故A錯誤；
B．電流大小為I，由閉合電路歐姆定律得：
與轉軸平行的一根導線受到的安培力大小為：
F＝BIL
聯(lián)立解得：，故B錯誤；
C．要提高線框轉速，則要增大電流，減小滑動變阻器的電阻，則要滑動變阻器的觸片從右向左滑動，故C錯誤；
D．若將電源和磁極同時改變方向，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，仍做順時針轉動，故D正確；
故選：D。
【點評】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．水平桌面上固定一根絕緣長直導線，矩形導線框abcd靠近長直導線固定桌面上，如圖甲所示。當長直導線中的電流按圖乙的規(guī)律變化時（圖甲所示電流方向為其正方向），則（ ）
A．0～t1，線框內電流的方向為abcda
B．t1～t2，線框內電流的方向為abcda
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
【分析】根據右手螺旋定則可以判斷電流產生的磁場，根據楞次定律可以判斷導線框內產生的感應磁場，由此再判斷感應電流的方向以及導線和線框之間的作用力。
【解答】解：A．由圖可知t1到t2時間內，直導線中電流方向向上，根據安培定則可知，根據楞次定律可知線框位置處的磁場方向垂直紙面向里，直導線中電流減小，穿過線框的磁通量減小，線框中感應電流產生的磁場在線框內部方向也垂直紙面向里，可知線框內電流的方向為abcda，故A錯誤；
B．t2到t3時間內，直導線中電流方向向下，根據安培定則可知，線框位置處的磁場方向垂直紙面向外，直導線中電流增大，穿過線框的磁通量增大，根據楞次定律可知線框中感應電流產生的磁場在線框內部方向垂直紙面向里，根據安培定則，可知線框內電流的方向為abcda，故B正確；
C．t2到t3時間內，穿過線圈的磁通量向外增加，根據楞次定律可知，線框內電流的方向為abcda，根據左手定則，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錯誤；
D．t1到t2時間內，線框內電流的方向為abcda，根據左手定則，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；結合C的分析，t2到t3時間內，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錯誤。
故選：B。
【點評】解決本題關鍵是要分析清楚導線框的整個的運動過程，以及在不同的過程中導線框受到的作用力的情況。
5．在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，導體環(huán)面積為S＝1m2，導體環(huán)的總電阻為R＝10Ω。磁場向上為正，磁感應強度B隨時間t的變化如乙圖所示，B0＝0.1T。下列說法正確的是（ ）
A．t＝1s時，導體環(huán)中電流為零
B．第2s內，導體環(huán)中電流為俯視順時針方向
C．第3s內，導體環(huán)中電流的大小為0.1A
D．第4s內，通過導體環(huán)中某一截面的電荷量為零
【分析】根據法拉第電磁感應定律分析感應電動勢大小，再分析感應電流的大小。根據楞次定律分析感應電流的方向。根據公式q＝It計算出電荷量的大小。
【解答】解：A、t＝1s時，≠0，穿過導體環(huán)的磁通量變化率不為零，則導體環(huán)中感應電動勢不為零，感應電流不為零，故A錯誤；
B、第2s內，向上穿過導體環(huán)的磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流的磁場方向向下，由安培定則可知，導體環(huán)中電流為俯視順時針方向，故B正確；
C、第3s內，導體環(huán)中電流大小為：，故C錯誤；
D、第3s內與第4s內產生的感應電流相同，則第4s內，通過導體環(huán)中某一截面的電荷量為q＝It＝0.01×1C＝0.01C，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題主要考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、楞次定律等規(guī)律，根據E＝＝S計算感應電動勢的大小，結合歐姆定律完成對電路的分析，同時要注意利用楞次定律分析出電流的方向。
6．一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當日風浪較大，游船上下浮動?？砂延未雍喕韶Q直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為6.0s。當船位于最高點時，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，游客能舒服地登船。在一個周期內，游客能舒服登船的時間是（ ）
A．2.0sB．2.5sC．3.0sD．4.0s
【分析】把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，寫出其振動方程，根據數學知識求解時間。
【解答】解：把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，從船上升到最高點時計時，其振動方程為
代入數據得
當y＝10cm時，可解得t＝1.0s
故在一個周期內，游客能舒服登船的時間為t總＝T﹣4t＝6s﹣4×1s＝2s
綜上分析，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】解答本題的關鍵要理清游船的運動模型，寫出簡諧運動的方程，再運用數學知識進行解答．注意求解的是不能舒服登船的時間。
7．如圖甲所示，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，如圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，下列說法中錯誤的是（ ）
A．在t＝0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，小球在同一位置
C．從t＝0到t＝0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動
D．在t＝0.6s時，彈簧振子有最大的彈性勢能
【分析】根據圖像直接得出振子的位移，根據牛頓第二定律分析加速度方向；根據圖像分析小球所處的位置關系；分析小球的運動過程從而確定小球的運動性質；根據圖像確定在t＝0.6s時，彈簧振子的形變量大小，進一步確定彈簧振子的彈性勢能大小。
【解答】解：A．在t＝0.2s時，小球的位移為正向最大值，由
小球的加速度為負向最大，故A錯誤；
B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，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時間內，小球從平衡位置向最大位移處運動，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動，故C正確；
D．在t＝0.6s時，彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，故D正確。
本題選擇錯誤選項；
故選：A。
【點評】本題考查對簡諧運動的理解，以及識圖能力，注意簡諧運動的位移與直線運動位移略有不同，要熟悉簡諧運動中不同物理量之間的關系。
8．如圖所示，先后以恒定的速度v1和v2把一個正方形金屬線框水平拉出有界勻強磁場區(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．線框中的感應電流之比I1：I2＝1：2
C．線框中產生的熱量之比Q1：Q2＝2：1
D．通過線框某截面的電荷量之比q1：q2＝2：1
【分析】根據E＝BLv，求出線圈中的感應電動勢之比，再求出功率之比和感應電流之比；根據q＝t＝，求出通過線圈某截面的電荷量之比；根據Q＝I2Rt，求出線圈中產生的焦耳熱之比。
【解答】解：A、根據題意可知v1＝2v2，根據E＝BLv，知感應電動勢之比2：1
根據P＝可知，電功率之比為4：1，故A錯誤；
B、感應電流I＝
則感應電流之比為2：1
故B錯誤；
C、v1＝2v2，知時間比為1：2，根據Q＝I2Rt，知熱量之比為2：1，故C正確；
D、根據q＝t＝，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錯誤；
故選：C。
【點評】本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，解決本題的關鍵掌握導體切割磁感線時產生的感應電動勢E＝BLv，以及通過某截面的電荷量q＝。
二、多選題（每題5分，有多項符合題意，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分，共10分）
（多選）9．（5分）如圖為交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′按圖示方向勻速轉動，轉動角速度ω＝50rad/s，線圈的匝數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。已知磁場的磁感應強度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，電流方向為abcda
B．從圖示位置開始計時，通過線圈的磁通量隨時間t變化的關系式為Φ＝0.02cs50t（Wb）
C．電路中交流電壓表的示數為
D．線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C
【分析】根據右手定則判斷線圈中電流方向，根據峰值面的特點以及磁通量的表達式分析磁通量隨時間t變化，根據最大值和有效值的關系，結合閉合電路歐姆定律分析電壓表示數，根據電流的定義式結合法拉第電磁感應定律求解電荷量。
【解答】解：A．圖示位置磁通量為零，電動勢最大，電流最大，根據右手定則可知，線圈中電流方向為abcda，故A正確；
B．從圖示位置開始計時，通過矩形線圈的磁通量Φ隨時間t變化的關系式為
Φ＝Φmsinωt＝BSsinωt＝0.02sin50t（Wb）
故B錯誤；
C．電動勢的最大值滿足
Em＝nBSω＝100×0.2×0.1×50V＝100V
根據最大值和有效值的關系，電動勢的有效值滿足
由閉合電路歐姆定律，可得電路中交流電壓表的示數滿足
故C正確；
D．線圈由圖示位置轉過90°的過程中，根據流的定義式結合法拉第電磁感應定律，可得電阻R的電荷量滿足
故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查了交流電相關知識，理解交流電的最大值、有效值、平均值和瞬時值是解決此類問題的關鍵。
（多選）10．（5分）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，頭部的質量為m，底部質量為M，彈簧質量不計。初始時，“彈簧小人”靜止于水平桌面上?，F用手緩慢輕壓頭部至適當位置后由靜止釋放，頭部不停上下振動，已知彈簧的勁度系數為k，不計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。則下列說法正確的是（ ）
A．若剛釋放頭部時，頭部的加速度大小為，則頭部振動的振幅為
B．若剛釋放頭部時，頭部的加速度大小為，則用手緩慢輕壓頭部過程中，手對頭部做的功為
C．若頭部在振動至最高點時底部恰好不離開桌面，則頭部在最高點的加速度為
D．若頭部在振動至最高點時底部恰好不離開桌面，則剛釋放頭部時彈簧的壓縮量為
【分析】分別對底部和頭部進行受力分析，求出小人在振動過程中底部恰好不能離開桌面，頭部在最高點的加速度大小和剛釋放時頭部的加速度大小以及底部恰好不能離開桌面，則輕壓頭部釋放時彈簧的壓縮量；對頭部進行受力分析，求出剛釋放時頭部時頭部的受力以及彈簧的壓縮量，從而計算功和加速度。
【解答】解：將彈簧小人簡化為如圖所示模型
A．如圖a對應彈簧小人靜止時，如圖b對應剛釋放頭部時，如圖c對應頭部到達最高點時。對圖b中的頭部
kA＝mam
其中
解得振幅
故A錯誤；
B．將頭部從平衡位置按壓至最低點過程中，手對頭部的壓力與頭部的回復力大小相等，此過程中，手對頭部壓力的平均值為
則手對頭部做功為
故B正確；
C．圖c狀態(tài)時底部恰不離開桌面，設此時彈簧的伸長量為x1，頭部的加速度為a1，對M根據平衡關系有
kx1＝Mg
對m根據牛頓第二定律有
kx1+mg＝ma1
解得
則頭部在最低點和最高點的加速度大小相等、方向相反，故C正確；
D．圖b中m的加速度大小也為
設此時彈簧的壓縮量為x2，對m
kx2﹣mg＝ma1
解得
故D錯誤。
故選：BC。
【點評】該題結合功能關系考查牛頓第二定律的瞬時性變化問題，解答的關鍵是知道小人的頭部在最高點與最低點的加速度大小相等。
三、實驗題（兩小題，共計14分）
11．（8分）用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關系”：
（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球的直徑，結果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑為 1.87 cm；
（2）實驗時，擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數，在擺球運動的最低點的左、右兩側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記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變化圖線如圖丙所示，則該單擺的周期為 2t0 ；
（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驗，圖像中Δt將 變小 （選填“變大”“不變”或“變小”），圖像中t0將 變小 （選填“變大”“不變”或“變小”）。
【分析】（1）根據游標卡尺的精確度解答；
（2）根據題意結合圖像分析解答；
（3）根據等效重力加速度分析解答。
【解答】解：（1）游標卡尺分度值為0.1mm，擺球直徑為18mm+7×0.1mm＝18.7mm＝1.87cm
（2）擺球運動到最低點時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驗，則擺球經過最低點時的速度變大，則遮光時間變短，即圖像中Δt將變小，單擺的周期T＝2變小，可知圖像中t0將變小。
故答案為：（1）1.87；（2）2t0；（3）變??；變小
【點評】本題考查用單擺測定重力加速度的實驗，要求掌握實驗原理、數據處理和誤差分析。
12．（6分）有一臺內阻為1Ω的發(fā)電機，供給一學校照明用電，如圖所示。升壓變壓器原、副線圈匝數比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數比為4：1，輸電線的總電阻為4Ω。全校共有22個班，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 5280W ，輸電線損失的功率為 144W 。
【分析】根據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P＝UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結合電流比等于匝數之反比求出輸電線上的電流，根據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)電機的輸出功率。
【解答】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
根據匝數比＝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
＝A＝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。
【點評】解決本題的關鍵知道：
1、原副線圈電壓比、電流比與匝數比之間的關系；
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系。
四、解答題（3小題，共計44分）
13．（14分）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間?，F將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，g取10m/s2。
（1）求單擺的振動周期和擺長。
（2）求擺球運動過程中的最大速度。
【分析】（1）根據單擺運動特點結合圖像得到振動周期，根據公式T＝求解擺長；
（2）單擺一懸點為圓心做圓周運動，指向圓心的合力提供向心力，結合動能定理列式求解擺球的最大速度。
【解答】解：（1）小球在一個周期內兩次經過最低點，由圖乙可知：T＝0.4πs
由 得：L＝＝m＝0.4m
（2）根據牛頓第二定律，在最高點A有：Fmin＝mgcsθ＝0.495N
在最低點B有：Fmax＝mg+＝0.510N
從A到B，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR（1﹣csθ）＝
聯(lián)立三式求解得：v＝m/s，m＝0.05kg
答：（1）單擺的振動周期為0.4s，擺長為0.4m。
（2）擺球運動過程中的最大速度為m/s。
【點評】本題主要考查動能定理、動量定理、圓周運動在單擺做簡諧運動中的應用，根據單擺運動的特點結合動能定理、動量定理、圓周運動知識解答。
14．（16分）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，質量為m的木塊甲緊靠擋板放置，輕質彈簧一端與木塊甲相連，另一端與質量為m的木塊乙相連，彈簧勁度系數為k。開始時兩木塊均靜止，用沿斜面向下的力緩慢推物體乙，到某一位置后撤去該力，將該時刻記為t＝0。此后木塊乙在斜面上做簡諧運動，t0時刻第一次運動到最高點，此時木塊甲恰要離開擋板。已知重力加速度為g。求：
（1）木塊乙做簡諧運動的周期T；
（2）t＝0時刻木塊甲對擋板壓力F的大??；
（3）木塊乙與最高點距離為的時刻t。
【分析】（1）由簡諧振動的對稱性判斷其周期；
（2）對甲受力分析，結合共點力平衡求出乙到達最高點時彈簧的伸長量；對乙受力分析，求出開始時彈簧的壓縮量，然后結合簡諧振動的對稱性，由牛頓第二定律求出t＝0時刻甲受到的支持力，然后由牛頓第三定律說明木塊甲對擋板壓力F的大?。?br>（3）以平衡位置為坐標原點，結合簡諧振動的方程，由簡諧振動的對稱性求出木塊乙與最高點距離為的時刻t。
【解答】解：（1）木塊乙從最低點第一次運動到最高點的時間為半個周期，因此可知乙做簡諧運動的周期為T＝2t0
（2）設木塊乙原來靜止時，彈簧的壓縮量為Δx1，對乙受力分析，根據平衡條件有mgsinα＝kΔx1
運動到最高點時，彈簧的伸長量為Δx2，對甲受力分析，根據平衡條件有mgsinα＝kΔx2
則簡諧運動振幅A＝Δx1+Δx2
t＝0時刻，擋板對甲的支持力F0＝mgsinα+k（A+Δx1）
聯(lián)立解得F0＝2mg
根據牛頓第三定律，甲對擋板的壓力大小F＝F0＝2mg
（3）以平衡位置為坐標原點，以沿斜面向下為x軸的正方向，則簡諧振動的方程為
當第一次時，；當第二次時，
考慮到簡諧振動的周期性，則有或，其中n＝0，1，2，???
答：（1）木塊乙做簡諧運動的周期為2t0；
（2）t＝0時刻木塊甲對擋板壓力F的大小為2mg；
（3）木塊乙與最高點距離為的時刻為或，其中n＝0，1，2，???
【點評】該題結合牛頓第二定律考查簡諧振動的問題，對物塊在最高點與最低點的情況，合理選擇研究對象，正確進行受力分析是解答的關鍵。
15．（14分）如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距d，電壓為U，兩板之間勻強磁場的磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。平行金屬板右側圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，圓心為O，半徑為R，磁感應強度大小為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點射出。已知OF與OD夾角θ＝60°，不計離子重力。求：
（1）離子速度v的大??；
（2）離子的比荷；
（3）離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t。
【分析】（1）離子在平行金屬板間做勻速直線運動，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)域中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，畫出離子的運動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再根據牛頓第二定律求解離子的比荷；
（3）根據軌跡對應的圓心角求解離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t。
【解答】解：（1）根據題意可知，離子在平行金屬板間做勻速直線運動，則由平衡條件有
解得：
（2）離子進入圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，畫出其運動軌跡如圖所示。
由幾何關系可得
解得離子的軌跡半徑為：
由洛倫茲力提供向心力可得
解得：
（3）離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間為
解得：
答：（1）離子速度v的大小為；
（2）離子的比荷為；
（3）離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t為。
【點評】本題中，離子先在速度選擇器中做勻速直線運動，后在磁場中做勻速圓周運動，畫出離子的運動軌跡是解題的關鍵，根據平衡條件、牛頓第二定律以及幾何知識相結合即可處理這類問題。

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