1.生活中的傳感器有很多種，其中有一種電容式風力傳感器，是通過改變極板間的距離來改變電容的，如圖所示，將電容式風力傳感器連接在電路中組成回路，電源電動勢恒定不變，閉合開關S，可動電極在風力作用下能夠向左移動，風力越大，向左移動的距離越大。下列說法正確的是( )
A. 風力越大，電容式風力傳感器的電容越小
B. 風力越小，電容式風力傳感器的電容器存儲的電荷越多
C. 風力越大，電容式風力傳感器兩極板間的電場強度越大
D. 風力越小，電容式風力傳感器兩極板間的電壓越大
2.英國的布勞頓大橋是世界上較早的一座懸索橋。1831年4月12日，當74名士兵齊步走經過布勞頓大橋時，大橋卻突然坍塌，此后規(guī)定部隊過橋時應便步通過。下列說法正確的是( )
A. 大橋坍塌是因為大橋發(fā)生了共振
B. 士兵經過大橋時齊步走的頻率遠大于橋的固有頻率
C. 大橋坍塌是因為這74名士兵所受重力較大
D. 部隊齊步走過橋時橋的振幅比便步走時要小
3.洛倫茲力演示儀的結構示意圖如圖所示，勵磁線圈通電后可以產生垂直紙面的勻強磁場，電子經電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場，在演示儀中做圓周運動。下列說法正確的是( )
A. 勵磁線圈產生的磁場方向垂直紙面向外
B. 電子在洛倫茲力作用下的速度越來越大
C. 僅減小電子的射入速度，電子的運動半徑變大
D. 勵磁線圈中通有順時針方向的電流
4.如圖所示，水平桌面上固定一通電直導線，電流方向圖中已標出，且電流逐漸增大，導線右側有一金屬導線制成的圓環(huán)，且圓環(huán)始終靜止在水平桌面上，下列說法正確的是( )
A. 圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流B. 圓環(huán)有收縮的趨勢
C. 穿過圓環(huán)的磁通量變小D. 圓環(huán)受到水平向右的摩擦力
5.烏賊在無脊椎動物中游泳最快，被稱為“水中火箭”。一只懸浮在水中的烏賊，吸滿水時的質量為2kg，遇到危險時，烏賊通過體管在0.1s內將0.3kg的水向后以80m/s的速度噴出，從而獲得極大的逃竄速度，則烏賊在向后噴水的時間內，獲得的向前平均推力約為( )
A. 80NB. 240NC. 800ND. 1600N
6.如圖所示，電阻不計的水平“U”形光滑導軌上接一個阻值為R0的電阻，放在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一半徑為a、質量為m、電阻也為R0的半圓形硬導體棒AC(直徑與導軌垂直，并接觸良好)，在水平向右的恒定外力F的作用下，由靜止開始運動，當其速度為vm后勻速運動，下列說法正確的是( )
A. 勻速運動時，導體棒AC的感應電動勢為πaBvm
B. 加速過程中導體棒AC的平均速度小于vm2
C. 電阻R0消耗的電功率與導體棒AC的速度大小成正比
D. 勻速運動時，導體棒AC消耗的電功率為12Fvm
7.如圖甲所示，勁度系數(shù)為50N/m的輕質彈簧上端固定，下端懸掛一質量m=0.4kg的小鋼球，用手緩慢把鋼球從平衡位置O向下拉一段距離后松手，以小球的平衡位置為x軸原點，豎直向下為x軸正方向，從某一時刻開始計時，小球在豎直方向做簡諧運動的圖像如圖乙所示，其振動周期為T，取重力加速度大小g=10m/s2，則t=T2時刻彈簧的彈力大小為( )
A. 0B. 2NC. 2.5ND. 4N
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
8.收音機的調諧電路如圖甲所示，改變可變電容器C的電容，進而改變調諧電路的頻率。某次“調頻”后，電路中的高頻電流i隨時間t的變化規(guī)律為如圖乙所示的正弦曲線。下列說法正確的是( )
A. t1時刻，電容器C兩極板之間的電場能最大
B. t2時刻，線圈L的自感電動勢最大
C. t2～t3時間內，回路中的磁場能正在向電場能轉化
D. t3～t4時間內，電容器C正在充電
9.如圖所示，匝數(shù)為N、面積為S的矩形線框處在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，線框繞平行于磁場方向的軸OO′以恒定的角速度沿逆時針方向轉動，線框通過電刷與外電路連接，圖中的理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為3:1，電流表(理想)的示數(shù)為I，定值電阻R1、R2阻值均為R，線框以及導線的電阻均可忽略。下列說法正確的是( )
A. 線框經過圖示位置時，產生的感應電動勢最小
B. 線框轉動過程中產生的最大感應電動勢為 2IR
C. 線框轉動的角速度為9 2IR10NB0S
D. R1、R2消耗的電功率之比為3:1
10.如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導軌所在空間中，分布著垂直于導軌平面方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩導體棒a、b均垂直于導軌靜止放置。已知導體棒a的質量為2m，電阻為r，導體棒b的質量為m，電阻為2r，兩導體棒的長度均為l，其余部分電阻不計?，F(xiàn)使導體棒a獲得瞬時平行于導軌水平向右的初速度v0，除磁場作用外，兩棒沿導軌方向無其他外力作用。在兩導體棒運動過程中，下列說法正確的是( )
A. 最終a、b棒以相同的速度做勻速直線運動
B. a棒受到的安培力做的功等于電路中產生的焦耳熱
C. b棒受到的安培力做的功為9mv0232
D. 全過程中，通過導體棒a的電荷量為2mv03Bl
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.某學校高二(9)班物理實驗課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關系”。可拆變壓器如圖甲、乙所示。
(1)下列說法正確的是 。
A.為確保實驗安全，實驗中要求原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)
B.變壓器原線圈接低壓交流電時，可以用多用電表的“直流電壓擋”測量副線圈電壓
C.研究副線圈匝數(shù)對副線圈電壓的影響時，需保持原線圈電壓、匝數(shù)不變，改變副線圈的匝數(shù)
D.測量副線圈電壓時，先用中間擋位的量程試測，大致確定后再選用適當?shù)膿跷?br>(2)變壓器鐵芯是由相互絕緣的薄硅鋼片平行疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這樣設計的原因是 。
A.增大渦流，提高變壓器的效率
B.減小渦流，提高變壓器的效率
C.增大鐵芯中的電阻，以產生更多的熱量
(3)一位同學實驗時，發(fā)現(xiàn)兩個線圈的導線粗細不同。他選擇的原線圈為500匝，副線圈為300匝，原線圈接學生電源的正弦交流輸出端“6 V”擋位，測得副線圈的電壓為3.7V。則下列分析可能正確的是 。
A.原線圈導線比副線圈導線粗
B.學生電源實際輸出電壓小于標注的“6 V”
C.原線圈實際匝數(shù)與標注的“500”不符，應大于500
D.副線圈實際匝數(shù)與標注的“300”不符，應大于300
12.羅同學用單擺測量重力加速度的實驗裝置如圖甲所示，實驗步驟如下。
(1)用游標卡尺測量擺球直徑的示數(shù)如圖乙所示，則擺球的直徑d= cm。
(2)按實驗裝置圖安裝好實驗裝置，然后用米尺測量細線懸點到小球上端的長度L，接著將擺球拉離平衡位置一個小角度，由靜止釋放擺球，穩(wěn)定后在擺球某次經過平衡位置時開始計時，并計數(shù)為0，此后擺球每擺到平衡位置一次，計數(shù)一次，依次計數(shù)為1、2、3?，當數(shù)到80時，停止計時，測得的時間為t。
(3)根據(jù)上述實驗操作，計算當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式g= (用題中的物理量符號表示)。
(4)多次改變懸線長度，測出每次對應的懸線長度，重復(2)中的實驗步驟，然后計算出每個懸線長度對應的t2，并以L為縱坐標、t2為橫坐標，作出的L?t2圖線的斜率為k，則當?shù)刂亓铀俣萭= (用k表示)。
(5)實驗完成后羅同學和其他同學進行了討論，下列說法正確的是 。
A.測擺線時，若擺線拉得過緊，則利用計算表達式得到的g值偏大
B.利用停表開始計時時，若停表過遲按下，則利用計算表達式得到的g值偏小
C.若作的是t2?(l+d)圖線，則根據(jù)作出的圖線斜率求得的g值偏大
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
13.如圖所示，固定的平行光滑金屬長直導軌MN、PQ與水平面的夾角θ=30°，導軌間距L=0.8m，上端接有R=2Ω的電阻，導軌中間正方形區(qū)域GHJK內有垂直軌道平面向下、磁感應強度大小B=1.5T的勻強磁場。將質量m=0.6kg、電阻r=0.4Ω的金屬桿ab從磁場上邊界GH上方某處由靜止釋放，ab恰好勻速通過磁場區(qū)域。ab的長度與導軌間距相同，且ab在運動過程中始終與導軌垂直，導軌的電阻可忽略不計，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)ab通過磁場的過程中，電阻R的功率;
(2)ab釋放時到磁場上邊界GH的距離d0。
14.如圖所示，質量m2=2kg的木板B靜置于光滑的水平地面上，質量m3=0.5kg的小物塊C(視為質點)放置在木板B的中點，位于木板B左側的物塊A以v0=8m/s的速度沿水平方向向右撞向木板B，碰撞時間極短，碰后瞬間木板B的速度大小v1=5m/s，物塊C恰好未從木板B上滑落。木板B與小物塊C間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊A與木板B僅發(fā)生一次碰撞，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求從物塊A與木板B發(fā)生碰撞到木板B與小物塊C共速，所用的時間t;
(2)求木板B的長度L;
(3)若物塊A與木板B發(fā)生的是彈性碰撞，求物塊A的質量m1。
15.某控制帶電粒子運動的裝置模型如圖所示，平面直角坐標系xOy內，M點和N點分別位于x軸和y軸上，矩形區(qū)域MONP內存在平行于y軸負方向的勻強電場，其余區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從N點以初速度v0沿x軸正方向射入電場，恰好從M點離開電場并進入磁場，粒子從M點進入磁場時速度方向與x軸的夾角α=60°，粒子第一次經過y軸負半軸時的速度方向恰好與y軸垂直，經過一段時間后粒子從y軸正半軸第二次進入電場。M點到原點O的距離為l，不計粒子所受的重力，求：
(1)勻強磁場的磁感應強度大小B;
(2)粒子從M點出發(fā)到第二次進入電場所用的時間t;
(3)粒子第二次離開電場時的位置坐標。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.根據(jù)題意可知，風力越大，則d越小，由電容器的決定式C=εrS4πkd，可得電容器的電容變大，故A錯誤；
BD.風力越小，則d越大，由電容器的決定式C=εrS4πkd，電容越小；電源電動勢恒定不變，電容器一直接著電源，電壓不變，由Q=CU，則電容器存儲的電荷越少，故BD錯誤；
C.電容器兩極板間為勻強電場，由E=Ud，風力越大，距離d越小，而電壓不變，則電容式風力傳感器兩極板間的電場強度越大，故C正確。
2.【答案】A
【解析】驅動力的頻率等于物體的固有頻率時，物體發(fā)生共振，此時振幅最大；所以規(guī)定部隊過橋時應便步通過，是因為齊步走的步伐頻率容易與橋本身的固有頻率相同從而達成共振，振幅增大導致橋體損壞甚至倒塌。故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
3.【答案】D
【解析】A.電子帶負電，題圖位置可知，此時電子受到的洛倫茲力向上，左手定則可知勵磁線圈產生的磁場方向垂直紙面向里，故 A錯誤;
B.洛倫茲力對電荷永不做功，故電子在洛倫茲力作用下的速率不變，故 B錯誤;
C.由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r，可知電子的運動半徑r=mvqB，可知僅減小電子的射入速度，電子的運動半徑變小，故 C錯誤;
D.勵磁線圈產生的磁場方向垂直紙面向里，由右手定則可知勵磁線圈中通有順時針方向的電流，故 D正確。
4.【答案】B
【解析】AC.直導線通電流向上，在右側產生的磁感線向里，電流增大，穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流的磁場向外，則感應電流為逆時針，故AC錯誤；
B.穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律的理解“增縮減擴”，可知圓環(huán)有收縮的趨勢，故B正確；
D.當圓環(huán)從豎直方向沿直徑分為左右兩部分，根據(jù)左手定則，左側部分受到向右的安培力，右側部分受到向左的安培力，由于左側所處磁感應強度更大，左側安培力大，所以安培力的合力方向應該向右，根據(jù)平衡條件可知，圓環(huán)受到水平向左的摩擦力，故D錯誤。
5.【答案】B
【解析】設向后為正方向，由動量守恒有0=m1v1?M?m1v2，由動量定理有?Ft=?(M?m1)v2?0，解得F=240N，故B正確，ACD錯誤。
6.【答案】D
【解析】A.勻速運動時，導體棒AC的感應電動勢為E=BLvm，其中L=2a
解得E=2Bavm，故A錯誤；
B.若導體棒做勻加速運動，則平均速度等于v2，但是由于導體棒AC做加速度減小的加速運動，如圖
根據(jù)v?t運動圖像可知，此過程中的位移大于做勻加速過程的位移，則此過程中導體棒AC的平均速度大于vm2。
故B錯誤；
C.電阻R0消耗的電功率PR0=I2R0，又I=ER0+r=2BavR0+r
聯(lián)立，解得PR0=(2BavR0+r)2R0=4B2a2v2R0(R0+r)2=B2a2v2
可知PR0與導體棒AC的速度的平方成正比。故C錯誤；
D.勻速運動時，導體棒AC消耗的電功率為Pr=PrR0+r，又P=Fvm,
聯(lián)立，解得Pr=FrvmR0+r=12Fvm
故D正確。
7.【答案】A
【解析】當小鋼球在平衡位置時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，伸長量為x=mgk=0.08m=8cm
由圖乙可知當 t=T2 時，小鋼球位移為?8cm，即小球從平衡位置向上運動了8cm，此時彈簧處于原長狀態(tài)，所以彈簧的彈力大小為0。
故選A。
本題注意考查了簡諧運動的特點，知道簡諧運動中各物理量之間的關系即可解答，能夠從圖像中分析出運動規(guī)律。
8.【答案】BD
【解析】A.根據(jù)圖像可知t1時刻，電流最大，回路的磁場能最大，電容器C兩極板之間的電場能最?。还蔄錯誤；
B.根據(jù)E=LΔIΔt可知t2時刻，圖像的斜率最大，線圈L的自感電動勢最大；故B正確；
C.t2～t3時間內，電流增大，磁場能增大，回路中的電場能正在向磁場能轉化；故C錯誤；
D.t3～t4時間內，電流減小，磁場能減小，電場能增大，電容器C正在充電；故D正確。
9.【答案】AC
【解析】A.矩形線框轉到圖示位置時，通過線框的磁通量最大，但磁通量變化率為0，則此時線框產生的感應電動勢為0，故A正確；
B.理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為 3:1 ，設原線圈電流為I1，則副線圈電流為3I1，原線圈的電壓即R1兩端的電壓
U1=UR1=(I?I1)R
R2兩端的電壓即變壓器副線圈的電壓
U2=UR2=3I1R
又
U1U2=31
聯(lián)立解得
I1=I10 ， I2=3I10
變壓器的功率
P0=I 22R=9100I2R
線框以及導線的電阻均可忽略，則有
P=UI=(I?I1)2R+P0=910I2R
所以電源電壓的有效值為
U=910IR
則最大值為
Em= 2U=9 210IR
B錯誤；
C.矩形線框轉動時產生的感應電動勢的最大值
Em=NB0Sω=9 210IR
解得線框轉動的角速度
ω=9 2IR10NB0S
C正確；
D.定值電阻R1消耗的功率為
P1=(I?I1)2R=81100I2R
定值電阻R2消耗的功率為
P2=(3I1)2R=9100I2R
則 R1,R2 消耗的電功率之比為
P1P2=91
故D錯誤。
故選AC。
10.【答案】AD
【解析】A、根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，a棒受安培阻力做變減速直線運動，b棒受安培動力做變加速直線運動，當兩者的速度相等時，電流等于零，兩棒不再受安培力，則達到共同速度做勻速直線運動，加速度為零，故A正確；
B、根據(jù)功能關系可知，a 棒受到的安培力和b棒受到的安培力做的功的代數(shù)和的絕對值等于電路中產生的焦耳熱，B錯誤；
C、兩棒所受安培力合力為零，系統(tǒng)動量守恒，最終共同速度為2mv0=(2m+m)v，b棒受到的安培力做的功為W=12mv2=29mv02，故C錯誤；
D、對a棒，根據(jù)動量定理可得?BIl?Δt=2mv?2mv0
通過導體棒a的電荷量為：q=I??Δt，聯(lián)立解得q=2mv03Bl，故D正確。
故選AD。
11.【答案】(1)C；
(2)B；
(3)D
【解析】(1)A.為確保實驗安全，應該是設計成降壓變壓器，則實驗中要求原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)，故A錯誤；
B.變壓器原線圈接低壓交流電，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“交流電壓擋”，故B錯誤；
C.變壓器的電壓與匝數(shù)的關系滿足U1U2=n1n2，可以先保持原線圈電壓、匝數(shù)不變，改變副線圈的匝數(shù)，研究副線圈匝數(shù)對副線圈電壓的影響，故C正確；
D.為了安全，測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當?shù)膿跷贿M行測量，故D錯誤。
(2)渦流現(xiàn)象能在導體內部損耗能量，利用薄硅鋼片疊壓而成的，增大電阻，從而減小渦流，提高效率，故B正確，AC錯誤。
(3)A.副線圈匝數(shù)少，電流大，為減少銅損，繞制粗導線；原線圈匝數(shù)多，電流小，可繞制細導線，故A錯誤；
B.若原線圈匝數(shù)是500匝，副線圈匝數(shù)是300匝，副線圈的電壓為3.7V，由U1U2=n1n2，則原線圈電壓為6.17V，考慮到漏磁、發(fā)熱等損失，原線圈的電壓要比6.17V還要大，故B錯誤；
C.如果原線圈實際匝數(shù)與標注的“500“不符，大于500，則測得副線圈的電壓應偏低，而不是偏高，故C錯誤；
D.如果副線圈實際匝數(shù)與標注的“300”不符，大于300，測得副線圈的電壓偏高，與題意相符，故D正確。
12.【答案】(1)2.06
(3) 6400π2(L+d2)t2
(4) 6400π2k
(5)A

【解析】(1)10分度游標卡尺的精確值為0.1mm，由圖乙可知擺球的直徑為 d=20mm+6×0.1mm=20.6mm；
(3)根據(jù)題意可知，單擺的周期T=t802=t40
單擺的擺長為L1=L+d2
根據(jù)單擺周期公式T=2π L1g
聯(lián)立可得g=6400π2(L+d2)t2；
(4)根據(jù)g=6400π2(L+d2)t2
可得t2=6400π2gL+3200π2gd
可知圖像的斜率為1k=6400π2g
得g=6400π2k；
(5)根據(jù)單擺周期公式可知
A.測擺線時擺線拉得過緊，則擺長的測量值偏大，可知重力加速度計算值偏大，故A正確；
B.第一次按下停表有延遲，則測量周期的測量值偏小，可知重力加速度計算值偏大，故B錯誤；
C.單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和，由(2)中分析可知，若作的是 t2?L+d 圖線，則作出的圖線斜率不變，所以作出的圖線斜率求得的g值不變，故C錯誤。
故選A。
13.【答案】(1)ab恰好勻速通過磁場區(qū)域，根據(jù)受力平衡有 mgsinθ=FA=BIL
ab通過磁場的過程中，電阻R的功率 P=I2R
代入題中數(shù)據(jù)，解得 P=12.5W
(2)ab勻速運動時，產生的感應電動勢 E=BLv
根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I=ER+r
根據(jù)動能定理有 mgd0sin30 °=12mv2
聯(lián)解得 d0=2.5m

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
14.【答案】(1)木板B與小物塊C組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有
m2v1=(m2+m3)v共
對小物塊C分析，根據(jù)動量定理有μm3gt=m3v共
解得v共=4m/s，t=2s。
(2)根據(jù)功能關系有μm3g?L2=12m2v12?12(m2+m3)v共2
解得L=10m。
(3)物塊A與木板B發(fā)生的是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有
m1v0=m2v1+m1v1′
根據(jù)能量守恒定律有12m1v02=12m2v12+12m1v1′2
解得m1=1011kg。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
15.【答案】解：(1)根據(jù)題意作出粒子從M點進入磁場后的運動軌跡如圖所示：
設粒子進入磁場時的速度大小為v，根據(jù)速度的合成和分解有csα=v0v，
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，θ=α=60°，根據(jù)幾何關系有sinα=lr，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r，解得B= 3mv0ql；
(2)粒子第一次在電場內做類平拋運動，根據(jù)運動規(guī)律有l(wèi)=v0t1，N、O間距離y1=vsinα2?t1= 32l，假設粒子第二次進入電場時，速度方向與y軸垂直，進入電場時縱坐標y2=r?rcsα= 33l

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