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2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了4s时，这列波传播到M点， 关于单摆，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法正确的是( )
A. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做功不一定为零
B. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做的功可能是0到12mv2之间的某一个值
C. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量一定为零
D. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量可能是0到2mv之间的某一个值
2. 根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )
A. 变化的电场一定产生变化的磁场 B. 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场
C. 振荡电场能够产生振荡磁场 D. 振荡磁场不能够产生振荡电场
3. 如图所示为一理想变压器的电路图，图中S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是( )
A. 若保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 若保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率将增大
C. 若保持U1不变，S接在a处，使P向下滑时，I1将增大
D. 若保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大时，I1将减小
4. 如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1，则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是( )
A. I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心 B. I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心
C. I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心 D. I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心
5. 如下图所示为一列简谐波在t=0时刻的图象，这列波刚好传到Q点，已知t=0.6s时，P点第三次出现波峰，下列说法中正确的是( )
A. 这列波的传播速度为500m/s B. 当t=0.4s时，这列波传播到M点
C. 当t=0.48s时，M点第一次出现波峰 D. 当t=0.36s时，M点第一次出现波峰
6. 如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是( )
A. t1时刻线圈中感应电动势为零 B. t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直
C. t3时刻线圈平面与中性面垂直 D. t2、t4时刻线圈中感应电流方向相同
7. 如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开瞬间，下列说法正确的是( )
A. B立即熄灭 B. A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C. 有电流通过B灯，方向为c→d D. 有电流通过A灯，方向为a→b
8. 如图所示，A、B两质量相等的物体静止在平板小车C上，A、B之间由一根被压缩的弹簧，A、B与平板车的上表面间的滑动摩擦力之比为3:2，地面光滑，当压缩弹簧突然释放后，则( )
A. A、B系统动量守恒 B. A、B、C系统动量守恒
C. 小车向左运动 D. 小车向右运动
9. 关于单摆，下列说法正确的是( )
A. 单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
B. 单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
C. 在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零
D. 在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零
10. 用单摆测定重力加速度实验，下列说法正确的是( )
A. 摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r
B. 开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆
C. 必须从摆球通过最高点时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T
D. 改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，再用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值
11. 在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，如图所示，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有( )
A. 第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B. 第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C. 第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D. m1AB=m2OC
12. 一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共200kg，这个士兵用自动枪在2S时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是1000m/s，射击前皮划艇是静止的。
(1)射击后皮划艇的速度是多大？
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？
13. 如图所示，MN、PQ是两条水平放置的平行光滑导轨，其阻值可以忽略不计，轨道间距L=0.9m。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1.0T，金属杆ab垂直于导轨放置与导轨接触良好，ab杆在导轨间部分的电阻r=1.0Ω，在导轨的左侧连接有电阻R1、R2，阻值分别为R1=3.0Ω，R2=6.0Ω，ab杆在外力作用下以v=10.0m/s的速度向右匀速运动。
(1)ab杆哪端的电势高？
(2)求通过ab杆的电流I；
(3)求电阻r上每分钟产生的热量Q。
14. 在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿−x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。
(1)请判断该粒子带何种电荷；
(2)并求出其比荷qm；
(3)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，画出粒子偏转图，求磁感应强度B′多大？此时粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【详解】AB.弹力做功的大小等于弹性势能的变化量；从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，所以弹力做功为0，故AB错误；
CD.对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度大小相等、方向相反；若初速度为v1，则末速度为−v1，故速度变化量为−2v1，若开始时在最大位移处，初速度为0，末速度也是0，所以速度变化量也是0，根据动量定理可知，弹力的冲量I = Δp = mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0—2mv间的某一个值，故C错误、D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【详解】A.变化的电场周围空间产生磁场，均匀变化的电场周围空间产生恒定的磁场，故A错误；
B.均匀变化的电场产生恒定的磁场，故B错误；
C.振荡电场能够产生同频率的振荡磁场，故C正确；
D.振荡磁场能够产生同频率的振荡电场，故D错误。
故选C。
3.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。
本题主要考查变压器的知识，掌握变压器的基本关系是关键。
【解答】
A.保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=PU1得I1将增大，故A正确；
B.保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=U22R可知功率变小，故B错误；
C.保持U1不变，S合在a处，使P下滑时，R减小，而电压不变，所以副线圈电流增大，根据I1I2=n2n1可知I1将增大，故C正确；
D.保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，可知I1将增大，故D错误。
4.【答案】B
【解析】解：如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，内线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外。
故选：B。
当电流I1增大时，磁场增强，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向，根据左手定则判断I2受到的安培力F方向．
本题是安培定则、楞次定律、左手定则的综合应用．也可以直接根据楞次定律判断安培力F的方向，注意明确I1中电流变化使外围线圈产生电磁感应．
5.【答案】A
【解析】【详解】A.波向左传播，t=0时刻P点位于波谷，t=0.6s时，P点第三次出现波峰，有
52T=0.6s
由图可知
λ=120m
则波速
v=λT=500m/s
故A正确；
B.当t=0.4s时，这列波向前传播
x=vt=200m
则这列波传播到x=380m处，故B错误；
CD.由图可知，t=0时刻，x=150m处质点位于波峰，则
t=T=0.24s
时，M点第一次出现波峰，故CD错误。
故选A。
6.【答案】AB
【解析】【详解】A.根据图乙可知， t1 时刻穿过线圈的磁通量的变化率为0，即 t1 时刻线圈中感应电动势为零，故A正确；
B.根据图乙可知， t2 时刻穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场平行，此时导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；
C.根据图乙可知， t3 时刻穿过线圈的磁通量为最大值，此时线圈平面与磁场垂直，即线圈处于中性面，故C错误；
D. Φ−t 图像中，图线切线的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，斜率的正负表示电动势的方向，根据图乙可知 t2 、 t4 时刻图线切线斜率的绝对值相等，一正一负，可知 t2 、 t4 时刻线圈中感应电动势方向相反，即 t2 、 t4 时刻线圈中感应电流方向相反，故D错误。
故选AB。
7.【答案】AD
【解析】解：A、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R.闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成c→L→a→b的电流，所以AD正确C错误；
B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。
故选：AD。
在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．
做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．
8.【答案】BC
【解析】【详解】A.系统动量守恒的条件是合外力为零，AB系统受合外力不为零，则动量不守恒，选项A不符合题意；
B.ABC组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故B符合题意；
CD.当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，AB相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故选项C符合题意，选项D不符合题意．
9.【答案】BCD
【解析】【详解】AB.单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切线方向的分力提供，故A错误，B正确；
C.在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零，故C正确；
D.在平衡位置时，小球处于超重状态，摆线弹力最大，回复力为零，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】AB
【解析】【详解】A.摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长 L′ ，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长
L=L′+r
故A正确；
B.开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆，故B正确；
C.从摆球通过平衡位置时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T，故C错误；
D.改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，用 T2−L 图像计算重力加速度，不能用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值，故D错误。
故选AB。
11.【答案】BCD
【解析】
【解答】
AB、入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时入射小球的落地点，A是碰后入射小球的落地点，C是碰后被碰小球的落地点，故A错误，B正确；
C、碰后都做平抛运动，竖直高度相同，所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地，故C正确；
D、小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有
OB=v10t
OA=v1t
OC=v2t
小球2碰撞前静止，即v20=0；
根据动量守恒得：m1v10t=m1v1t+m2v2t，即m1OB=m1OA+m2OC，所以m1AB=m2OC，故D正确。
故选：BCD。
【分析】
入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，被碰小球在入射小球的前面。
掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。
12.【答案】解：(1)对人、船、装备整体，由动量守恒得，取子弹的运动方向为正
0=10mv0+M−10mv1
带入数据得船速为
v1=−0.5m/s
(2)对2s内射出的子弹，由动量定理得
Ft=10mv0
得子弹受到的作用力为
F=50N
由作用力与反作用力得，枪所受到的平均反冲作用力
F′=50N
【解析】见答案
13.【答案】
解：(1)由右手定则可知电流方向为b到a，因此a端电势高；
(2)由题意可知
I=ER+r=BLvR1R2R1+R2+r=1×0.9×103×63+6+1=3A
(3)电阻r上每分钟产生的热量
Q=I2rt=540J
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)由粒子的运动轨迹(如图)
利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
(2)粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R=r
又
qvB=m v2R
则粒子的比荷
qm = vBr
(3)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图
速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径
R′= rtan30∘ = 3 r
又
qvB′=m v2R′
所以
B′= 33 B
此次粒子在磁场中运动所用时间
t= 16 T= 16 × 2πR′v = 3πr3v
【解析】见答案
2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法正确的是( )
A. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做功不一定为零
B. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做的功可能是0到12mv2之间的某一个值
C. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量一定为零
D. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量可能是0到2mv之间的某一个值
2. 根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )
A. 变化的电场一定产生变化的磁场 B. 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场
C. 振荡电场能够产生振荡磁场 D. 振荡磁场不能够产生振荡电场
3. 如图所示为一理想变压器的电路图，图中S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是( )
A. 若保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 若保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率将增大
C. 若保持U1不变，S接在a处，使P向下滑时，I1将增大
D. 若保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大时，I1将减小
4. 如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1，则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是( )
A. I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心 B. I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心
C. I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心 D. I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心
5. 如下图所示为一列简谐波在t=0时刻的图象，这列波刚好传到Q点，已知t=0.6s时，P点第三次出现波峰，下列说法中正确的是( )
A. 这列波的传播速度为500m/s B. 当t=0.4s时，这列波传播到M点
C. 当t=0.48s时，M点第一次出现波峰 D. 当t=0.36s时，M点第一次出现波峰
6. 如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是( )
A. t1时刻线圈中感应电动势为零 B. t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直
C. t3时刻线圈平面与中性面垂直 D. t2、t4时刻线圈中感应电流方向相同
7. 如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开瞬间，下列说法正确的是( )
A. B立即熄灭 B. A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C. 有电流通过B灯，方向为c→d D. 有电流通过A灯，方向为a→b
8. 如图所示，A、B两质量相等的物体静止在平板小车C上，A、B之间由一根被压缩的弹簧，A、B与平板车的上表面间的滑动摩擦力之比为3:2，地面光滑，当压缩弹簧突然释放后，则( )
A. A、B系统动量守恒 B. A、B、C系统动量守恒
C. 小车向左运动 D. 小车向右运动
9. 关于单摆，下列说法正确的是( )
A. 单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
B. 单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
C. 在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零
D. 在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零
10. 用单摆测定重力加速度实验，下列说法正确的是( )
A. 摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r
B. 开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆
C. 必须从摆球通过最高点时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T
D. 改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，再用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值
11. 在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，如图所示，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有( )
A. 第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B. 第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C. 第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D. m1AB=m2OC
12. 一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共200kg，这个士兵用自动枪在2S时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是1000m/s，射击前皮划艇是静止的。
(1)射击后皮划艇的速度是多大？
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？
13. 如图所示，MN、PQ是两条水平放置的平行光滑导轨，其阻值可以忽略不计，轨道间距L=0.9m。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1.0T，金属杆ab垂直于导轨放置与导轨接触良好，ab杆在导轨间部分的电阻r=1.0Ω，在导轨的左侧连接有电阻R1、R2，阻值分别为R1=3.0Ω，R2=6.0Ω，ab杆在外力作用下以v=10.0m/s的速度向右匀速运动。
(1)ab杆哪端的电势高？
(2)求通过ab杆的电流I；
(3)求电阻r上每分钟产生的热量Q。
14. 在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿−x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。
(1)请判断该粒子带何种电荷；
(2)并求出其比荷qm；
(3)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，画出粒子偏转图，求磁感应强度B′多大？此时粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【详解】AB.弹力做功的大小等于弹性势能的变化量；从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，所以弹力做功为0，故AB错误；
CD.对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度大小相等、方向相反；若初速度为v1，则末速度为−v1，故速度变化量为−2v1，若开始时在最大位移处，初速度为0，末速度也是0，所以速度变化量也是0，根据动量定理可知，弹力的冲量I = Δp = mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0—2mv间的某一个值，故C错误、D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【详解】A.变化的电场周围空间产生磁场，均匀变化的电场周围空间产生恒定的磁场，故A错误；
B.均匀变化的电场产生恒定的磁场，故B错误；
C.振荡电场能够产生同频率的振荡磁场，故C正确；
D.振荡磁场能够产生同频率的振荡电场，故D错误。
故选C。
3.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。
本题主要考查变压器的知识，掌握变压器的基本关系是关键。
【解答】
A.保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=PU1得I1将增大，故A正确；
B.保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=U22R可知功率变小，故B错误；
C.保持U1不变，S合在a处，使P下滑时，R减小，而电压不变，所以副线圈电流增大，根据I1I2=n2n1可知I1将增大，故C正确；
D.保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，可知I1将增大，故D错误。
4.【答案】B
【解析】解：如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，内线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外。
故选：B。
当电流I1增大时，磁场增强，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向，根据左手定则判断I2受到的安培力F方向．
本题是安培定则、楞次定律、左手定则的综合应用．也可以直接根据楞次定律判断安培力F的方向，注意明确I1中电流变化使外围线圈产生电磁感应．
5.【答案】A
【解析】【详解】A.波向左传播，t=0时刻P点位于波谷，t=0.6s时，P点第三次出现波峰，有
52T=0.6s
由图可知
λ=120m
则波速
v=λT=500m/s
故A正确；
B.当t=0.4s时，这列波向前传播
x=vt=200m
则这列波传播到x=380m处，故B错误；
CD.由图可知，t=0时刻，x=150m处质点位于波峰，则
t=T=0.24s
时，M点第一次出现波峰，故CD错误。
故选A。
6.【答案】AB
【解析】【详解】A.根据图乙可知， t1 时刻穿过线圈的磁通量的变化率为0，即 t1 时刻线圈中感应电动势为零，故A正确；
B.根据图乙可知， t2 时刻穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场平行，此时导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；
C.根据图乙可知， t3 时刻穿过线圈的磁通量为最大值，此时线圈平面与磁场垂直，即线圈处于中性面，故C错误；
D. Φ−t 图像中，图线切线的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，斜率的正负表示电动势的方向，根据图乙可知 t2 、 t4 时刻图线切线斜率的绝对值相等，一正一负，可知 t2 、 t4 时刻线圈中感应电动势方向相反，即 t2 、 t4 时刻线圈中感应电流方向相反，故D错误。
故选AB。
7.【答案】AD
【解析】解：A、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R.闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成c→L→a→b的电流，所以AD正确C错误；
B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。
故选：AD。
在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．
做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．
8.【答案】BC
【解析】【详解】A.系统动量守恒的条件是合外力为零，AB系统受合外力不为零，则动量不守恒，选项A不符合题意；
B.ABC组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故B符合题意；
CD.当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，AB相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故选项C符合题意，选项D不符合题意．
9.【答案】BCD
【解析】【详解】AB.单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切线方向的分力提供，故A错误，B正确；
C.在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零，故C正确；
D.在平衡位置时，小球处于超重状态，摆线弹力最大，回复力为零，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】AB
【解析】【详解】A.摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长 L′ ，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长
L=L′+r
故A正确；
B.开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆，故B正确；
C.从摆球通过平衡位置时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T，故C错误；
D.改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，用 T2−L 图像计算重力加速度，不能用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值，故D错误。
故选AB。
11.【答案】BCD
【解析】
【解答】
AB、入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时入射小球的落地点，A是碰后入射小球的落地点，C是碰后被碰小球的落地点，故A错误，B正确；
C、碰后都做平抛运动，竖直高度相同，所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地，故C正确；
D、小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有
OB=v10t
OA=v1t
OC=v2t
小球2碰撞前静止，即v20=0；
根据动量守恒得：m1v10t=m1v1t+m2v2t，即m1OB=m1OA+m2OC，所以m1AB=m2OC，故D正确。
故选：BCD。
【分析】
入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，被碰小球在入射小球的前面。
掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。
12.【答案】解：(1)对人、船、装备整体，由动量守恒得，取子弹的运动方向为正
0=10mv0+M−10mv1
带入数据得船速为
v1=−0.5m/s
(2)对2s内射出的子弹，由动量定理得
Ft=10mv0
得子弹受到的作用力为
F=50N
由作用力与反作用力得，枪所受到的平均反冲作用力
F′=50N
【解析】见答案
13.【答案】
解：(1)由右手定则可知电流方向为b到a，因此a端电势高；
(2)由题意可知
I=ER+r=BLvR1R2R1+R2+r=1×0.9×103×63+6+1=3A
(3)电阻r上每分钟产生的热量
Q=I2rt=540J
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)由粒子的运动轨迹(如图)
利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
(2)粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R=r
又
qvB=m v2R
则粒子的比荷
qm = vBr
(3)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图
速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径
R′= rtan30∘ = 3 r
又
qvB′=m v2R′
所以
B′= 33 B
此次粒子在磁场中运动所用时间
t= 16 T= 16 × 2πR′v = 3πr3v
【解析】见答案
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