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2023-2024学年北京市怀柔一中高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年北京市怀柔一中高二（下）期中物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.关于简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 简谐运动是最基本的振动
B. 所有的振动都可以看作简谐运动
C. 简谐运动一定是水平方向的运动
D. 物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线
2.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x的轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )
A. B.
C. D.
3.质量为2kg的物体，当它的运动状态发生变化时，以下分析正确的( )
A. 速度由3m/s增大为9m/s，它的动量增大为原来的9倍
B. 速度由3m/s增大为6m/s，它的动能增大为原来的4倍
C. 速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量变化量为0
D. 速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动能变化量为18J
4.如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t，物体仍保持静止。以下看法正确的( )
A. 物体的动量变化量为Ft
B. 物体所受合力的冲量大小为0
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
D. 物体所受拉力F的冲量大小是Ftcsθ，方向水平向右
5.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是( )
A. 第1s末的速度为1.5m/s
B. 第1s内F的冲量为4N⋅s
C. 前2s内F的冲量为3N⋅s
D. 第2s末的动量为4kg⋅m/s
6.质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，若m1=1kg。以下说法正确的( )
A. m2等于1kg
B. m1在碰撞过程中的动量变化量Δp1=−2kg⋅m/s
C. m2在碰撞后动能增加了6J
D. 两个物体的碰撞是非弹性碰撞
7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1、I2，若保持n1、n2和U1不变，且闭合开关S后两灯泡均能发光，则下列说法中正确的是( )
A. I2=n2n1I1
B. U2=n2n1U1
C. 开关S由闭合变为断开，U2将变大
D. 不论开关S闭合或断开，始终有U1I1=U2I2的关系
8.下列选项中属于电磁感应现象的是( )
A. 通电导体周围产生磁场
B. 磁场对通电导体发生作用
C. 闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象
D. 电荷在磁场中定向移动形成电流
9.关于感应电动势，下列说法正确的是( )
A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
10.如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势不是Blv的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，在通有电流I的长直导线附近有一个矩形线圈ABCD，线圈与导线始终在同一个平面内。线圈在导线的一侧，其中产生了A→B→C→D→A方向的电流。已知距离载流直导线较近的位置磁场较强。说法正确的( )
A. 线圈向左平动
B. 线圈向右平动
C. 线圈以导线到AB的距离为半径绕导线运动
D. 导线远离线圈加速运动
12.物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是( )
A. RL>RA
B. RL=RA
C. 断开开关S瞬间，小灯泡A中电流大于自感线圈中流过电流
D. 断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为b→a
13.一矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的正弦交流电压u随时间t变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为100Hz
B. t=0时刻，线框平面与磁场方向平行
C. 用交流电压表测量该电压时示数为220V
D. 电压瞬时值表达式为u=220sin100πt(V)
14.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B. 快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C. 为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些
D. 为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
15.在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A. 将1号移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度ℎ。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度ℎ
B. 将1、2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度ℎ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂胶的1号移至高度ℎ释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号不能摆至高度ℎ
D. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度ℎ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
16.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室。当电磁铁线圈通入如图乙所示的正弦式交变电流时，真空室中产生磁场，电子在真空室中做圆周运动。以图甲中所示电流方向为正方向，俯视看在0～T4和3T4～T两个时间段内电子的运动，下列说法正确的是( )
A. 电子都沿逆时针做加速圆周运动
B. 0～T4内电子沿逆时针做加速圆周运动，3T4～T内电子沿逆时针做减速圆周运动
C. 0～T4内电子沿逆时针做减速圆周运动，3T4～T内电子沿逆时针做加速圆周运动
D. 0～T4内电子沿逆时针做加速圆周运动，3T4～T内电子无法做圆周运动
二、非选择题（共52分）
17.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______(选填字母)。
①天平
②秒表
③刻度尺
④打点计时器
A.①②
B.②③
C.③④
D.①③
(2)关于本实验，下列说法中正确的是______。(选填选项前的字母)
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量不必大于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑，轨道末端必须水平
(3)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。已得知入射小球和被碰小球的质量m1、m2，实验中还需要测量的有______(选填选项前的字母)。
A.两球相碰后的平抛射程OM、ON
B.入射小球开始的释放高度ℎ
C.小球抛出点距地面的高度H
(4)在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒[用(3)中测量的量表示]。
(5)某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，其它条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图2所示。他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。根据上一问的结论，由于质量之比为2：1，那么上式就有：2(OP−OM)=ON，以下分析正确的是______。
A.M点只能是本图中的A点，即被碰小球碰撞后的落地点
B.N点是本图中的B点，即入射小球碰撞后的落地点
C.P点是此图中的C点，即未放被碰小球，入射小球的落地点
18.如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将______偏转(填“向左”、“向右”或“不”)；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是______。
A.插入铁芯
B.拔出A线圈
C.断开开关S瞬间
D.变阻器的滑片向左滑动
19.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：
(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)金属棒a、b两点间的电势差．
20.如图甲所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r═2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻R的电流方向：
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
21.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
(1)电阻R上所产生的热量Q；
(2)通过电阻R的电荷量q。
22.物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。
(1)劲度系数为k1的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，a.若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图1所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。
b.求小物块的合力F与x的关系式，并据此说明小物块的运动是否为简谐运动；
系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式。
(2)如图2所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O′点。
a.若已知摆球的质量为m，摆长为L，在偏角很小时，摆球对于O′点的位移x′的大小与θ角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈x′L。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式；
b.若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k2，求小球在振动位移为A2时的动能Ek(用A和k2表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.简谐运动是最基本、最简单的机械振动，故A正确；
B.不是所有的振动都可以看作是简谐运动，只有回复力满足F=−kx的振动才是简谐运动，故B错误；
C.简谐运动可以是水平方向的运动，也可以是竖直方向的运动，只要回复力满足F=−kx即可，故C错误；
D.物体做简谐运动时，位移随着时间按照正弦规律变化，轨迹可以是直线，也可以是曲线，故D错误；
故选：A。
简谐运动是最基本、最简单的机械振动；根据简谐运动的定义分析判断；物体做简谐运动时，轨迹可以是直线，也可以是曲线。
本题关键是明确简谐运动的定义，从力的角度看，回复力满足F=−kx，从运动的角度看，位移—时间图象是正弦曲线。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位移和位移如何变化。当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。
【解答】
由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据动量的表达式p=mv，初动量为p1=2×3kg⋅m/s=6kg⋅m/s，末动量为p2=2×9kg⋅m/s=18kg⋅m/s，所以动量增大为原来的3倍，故A错误；
B、根据动能表达式Ek=12mv2，初动能为Ek1=12×2×32J=9J，末动能为Ek2=12×2×62J=36J，所以动能增大为原来的4倍，故B正确；
C、选择以东为正方向，则初动量为p1=2×3kg⋅m/s=6kg⋅m/s，末动量为p2=−2×3kg⋅m/s=−6kg⋅m/s，所以动量的变化量为Δp=p2−p1=−6kg⋅m/s−(6kg⋅m/s)=−12kg⋅m/s，故C错误；
D、由于动能是标量，且前后速度不变，质量也不变，所以动能的变化量为0，故D错误。
故选：B。
根据动量和动能的表达式，结合两个物理量的矢量和标量特性，可得出各个选项。
学生在解答本题时，应注意理解物理中变化量的意义，同时明确各个物理量的标矢量情况。
4.【答案】B
【解析】解：AB、由题意可知，物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故A错误，B正确；
C、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力f=Fcsθ，故摩擦力的冲量的大小为：If=ft=Fcsθt，故C错误；
D、根据冲量的定义可知，拉力F的冲量大小为IF=Ft，故D错误。
故选：B。
根据动量定理求出合外力的冲量与物体的动量的变化量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力F和摩擦力的冲量大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积，会根据动量定理分析合外力的冲量。
5.【答案】D
【解析】解：设t=0时，F的方向为正方向
AB.设第1s末的速度为v，前1s内的力为F1，由图知F1=3N，则由动量定理可知，F1t1=mv−0=3N⋅s，解得：v=3m/s，故AB错误；
C、设第2s内的力为F2，结合AB选项可得，前2s内F的冲量为I=F1t1+F2t2=3×1N⋅s+1×1N⋅s=4N⋅s，故C错误；
D、设第2s末的动量为p，结合C选项由动量定理可知，I=p−0，解得：p=4kg⋅m/s，故D正确。
故选：D。
分别对前1s和前2s分析，求出力F的冲量，再根据动量定理求出1s末的速度以及2s末的动量即可。
本题考查动量定理的应用，要注意明确动量是矢量，同时注意从图中能够获得的有效信息。
6.【答案】C
【解析】解：A、x−t图像的斜率表示物体的速度，则m1的初末速度为
v1=8−02−0m/s=4m/s
v3=0−86−2m/s=−2m/s
m2的初末速度为：
v2=0m/s；v4=16−86−2m/s=2m/s
以m1初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v3+m2v4
解得
m2=3kg，故A错误；
B、以m1初速度的方向为正方向，m1在碰撞过程中的动量变化量为
Δp1=m1(v3−v1)=1kg⋅(−2−4)m/s=−6kg⋅m/s，故B错误；
C.m2在碰撞后动能的增加量为
ΔEk2=12m2v42=12×3×22J=6J，故C正确；
D.碰前系统的总动能为
Ek1=12m1v12=12×1×42J=8J
碰后系统的总动能为
Ek2=12m1v32+12m2v42=12×1×(−2)2J+12×3×22J=8J
即
Ek1=Ek2，两个物体的碰撞是弹性碰撞，故D错误。
故选：C。
A：根据x−t图像求解碰撞前后两物体的速度，再根据动量守恒定律列式求解m2；
B：根据动量变化量的定义求解m1在碰撞过程中的动量变化量；
C：根据动能变化量的定义求解m2在碰撞后动能的增加量；
D：分别求解两物体碰撞前后的总动能，即可判断是否为弹性碰撞。
本题考查动量守恒定律、功能关系，要求学生熟练掌握这些基本的知识点及其应用。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、根据理想变压器的变压比和变流比可知，U1 U2 =n1 n2 ，I1 I2 =n2 n1 ，则 I2 =n1 n2 I1 ，U2 =n2 n1 U1 ，故A错误，B正确。
C、开关S由闭合变为断开，副线圈电阻增大，但输出电压不变，故U2不变，故C错误；
D、根据理想变压器的原理可知，输出功率等于输入功率，不论开关S闭合或断开，始终有U1I1=U2I2的关系，故D正确。
故选：BD。
根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等，变压器不变频率。
本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用。
8.【答案】C
【解析】解：A.通电导体周围产生磁场，是电流的磁效应，不是电磁感应现象，故A错误；
B.通电导体在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象，故B错误；
C.闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；
D.电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应现象，故D错误。
故选：C。
闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的。
电生磁和磁生电正好是个相反的过程，电生磁是因为有了电才有磁，而磁生电是因为由于导体在磁场中的运动而产生了电流。
9.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即与磁通量变化快慢有关。
A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量的变化率不一定大，所以感应电动势不一定大，故A错误；
B、穿过线圈的磁通量为零，而磁通量的变化率不一定为零，则感应电动势不一定为零，故B错误；
C、穿过线圈的磁通量变化越大，而磁通量的变化率不一定越大，还与变化所用的时间有关，则感应电动势不一定越大，故C错误；
D、磁通量的变化率反映磁通量变化快慢，穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率一定越大，则感应电动势一定越大，故D正确。
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律，分析感应电动势的大小与哪些因素有关，即可判断。
本题考查法拉第电磁感应定律，要知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关。
10.【答案】C
【解析】解：A、由图A所示可知，B⊥l⊥v，则动生电动势为E=Blv，故A不符合题意；
B、由图B所示可知，水平金属导体不切割磁感线，只有竖直导体切割磁感线，感应电动势为E=Blv；故B不符合题意；
C、由图C所示可知，v与金属导体不垂直，有效切割长度小于l，则感应电动势小于Blv；故C符合题意；
D、由图D所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势E=Blv，故D不符合题意；
本题选产生的感应电动势不是Blv的是，故选：C。
根据公式E=Blv分析答题，其中v是与导体棒垂直的分速度，l是有效的切割长度。
本题考查了求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，记住并理解公式E=BLvsinθ、知道公式的使用条件即可正确解题。
11.【答案】A
【解析】解：根据安培定则可知电流产生的磁场在线圈处方向垂直于纸面向里；根据矩形线圈中的电流方向，可判得线圈中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，和直线电流的磁场(原磁场)方向相反，根据楞次定律可知，这是磁通量增加引起的感应电流，因此线圈应向左平动；线圈向右平动或导线远离线圈加速运动，穿过线圈的磁通量都减小，而线圈以导线到AB的距离为半径绕导线运动时穿过线圈的磁通量不变。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据感应电流的方向判断感应电流产生的磁场方向，从而判断原磁场的变化情况，然后判断线圈运动的方向。
本题考查楞次定律的应用，根据感应电流的方向判断感应电流产生的磁场方向，从而判断原磁场的变化情况，这样线圈的运动情况也就得到了。
12.【答案】D
【解析】解：ABC、稳定时，灯泡A与电感L并联，故两者电压相等，此时通过电感L的电流为I1，通过灯泡的电流为I2，由于稳定开关后断开，小灯泡突然闪亮一下，这是由于线圈为了阻碍磁通量的变化而产生的自感电动势，此时线圈相当于是电源，流过灯泡的电流为I1，故I 1>I2，由欧姆定律可得：R=UI，故RLD、在断开开关后，线圈将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向方向不变，而灯泡的电路中没有自感，故电流可发生突变，由于灯泡线圈和灯泡构成回路，所以断开开关后，通过小灯泡的电流方向与原来方向相反，即小灯泡A中的电流方向为b→a，故D正确。
故选：D。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。
本题主要考查了自感线圈中的自感现象，解题关键在于正确理解自感现象中的感应电动势，电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
13.【答案】C
【解析】解：A、由e−t图象得到周期T=0.02s，f=1T=50Hz，故A错误；
B、t=0时刻，e=0，线框平面与磁场方向垂直，故B错误；
C、据图象可知，电动势的峰值是Em=220 2V，则有效值为220V，用交流电压表测量该电压时示数为220V，故C正确；
D、电压瞬时值表达式为u=Umsinωt=220 2sin100πt(V)，故D错误；
故选：C。
由e−t图象得到周期和电动势的最大值，E=Em 2求出有效值。根据f=1T求解频率，根据ω=2πT求出角速度，再写出电动势的瞬时值表达式。
本题关键是根据u−t图象得到周期和最大值，要明确交流电有效值与峰值的关系、感应电动势和磁通量的关系。
14.【答案】D
【解析】解：AB、纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故AB错误；
CD、为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动受到的摩擦力力大，使杯子停下来需要的时间短，位移小，故C错误、D正确。
故选：D。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
15.【答案】C
【解析】解：A、将1号移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度ℎ，可知，小球1、2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间碰后并不交换速度，则3号上摆的高度不等于ℎ，故A错误；
B、将1、2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度ℎ，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C、将右侧涂胶的1号移至高度ℎ释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于ℎ，故C正确；
D、小球2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，故D错误。
故选：C。
质量相等的两球发生弹性碰撞时，碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大；只有重力做功时物体的机械能守恒。
解决本题的关键要了解碰撞的类型，知道质量相等的两球发生弹性碰撞时碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能有损失。
16.【答案】D
【解析】解：通电螺线管内部的磁场与电流大小成正比，且变化的磁场产生电场，其中0～T4时间内，根据安培定则，可知磁感应强度方向竖直向上，再根据楞次定律可知，产生涡旋电场沿着顺时针方向，由于电子在真空室中做圆周运动时，洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，电子所受电场力与电子的运动方向相同，则电子在该时间内沿逆时针做加速圆周运动；在3T4～T时间内，根据安培定则，可知磁感应强度方向竖直向下，再根据楞次定律可知，产生涡旋电场沿着顺时针方向，由于电子在真空室中做圆周运动时，洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，电子所受电场力与电子的运动方向相反，则电子在该时间内沿顺时针做减速圆周运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向运动，所以当电场沿顺时针方向时电子被加速，如果电流变大，电磁铁产生的磁场(方向向上)变强，根据楞次定律，真空室中的感生电场的感生电场的电场线沿顺时针方向，能使电子加速，如果线圈电流方向与图示方向相反，为了在真空室产生顺时针方向的电场线，由楞次定律可知，线圈中的电流应该变小。
本题要理解麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，注意电子受到的是变化的电场力，做的是非匀速圆周运动。
17.【答案】D A A m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON C
【解析】解：(1)要测量碰撞前后的动量，则质量要用天平测量，而速度需要通过水平位移得出，所以需要刻度尺测量平抛的水平位移；小球抛出点距地面的高度相同，两球做平抛运动的时间就相同，时间不需要测量，所以不需要打点计时器和秒表，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)AC、实验要保证小球到达斜槽末端时以相等的速度做平抛运动，要求小球从斜槽的同一位置由静止释放且斜槽轨道末端水平即可，斜槽轨道不必光滑，故A正确，C错误；
B、为防止反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误。
故选：A。
(3)若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律应满足m1v0=m1v1+m2v2，小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比
故应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON，则实验中还需要测量两球相碰后的平抛射程OM、ON，故A正确，BC错误。
故选：A。
(4)由(3)解析可知应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(5)若入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，则表达式为2OP=2OM+ON，
由图可知OA=17.6cm、OB=25.0cm、OC=30.0cm，代入上式对比可得2OC=2OA+OB
故C点是未放被碰小球时入射球的落地点，B处是被碰小球碰撞后的落地点，A是入射小球碰撞后的落地点，故C正确，AB错误。
故选：C。
故答案为：(1)D；(2)A；(3)A；(4)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；(5)C。
(1)根据实验原理确定所必须的测量工具；
(2)根据实验的注意事项判断操作过程正确与否；
(3)(4)由实验原理确定此实验需要测量的物理量，由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；
(4)根据动量守恒满足的关系式进行判断，但要注意的先判断的是入射球在被碰撞后是位于最左的位置。
此题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，只要从基本原理出发可以解答属基础题，但本题的难点在于给了三个点，要判断这三个点分别是什么点，这首先确定是碰后入射球不能超越被碰球，则在最左边，然后根据守恒式判断其他两个点。
18.【答案】向右 BC
【解析】解：(1)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转；
合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏转；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，要使灵敏电流计的指针向左偏转，则穿过线圈B的磁通量减小；
A.插入铁芯，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，故A错误；
B.拔出A线圈，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左右偏转，故B正确；
C.断开开关S瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，故C正确；
D.变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，通过线圈A的电流增大，产生的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)向右；(2)BC。
(1)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转；据此分析将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量的变化情况，然后作答；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，要使灵敏电流计的指针向左偏转，说明穿过线圈B的磁通量减小，据此分析作答。
本题主要考查了楞次定律判断电流的方向，根据电流表的方向，结合楞次定律分析出电流的方向即可。
19.【答案】解：(1)设金属棒中感应电动势为E，则：E=BLv
带入数值得：E=0.05V
(2)设过电阻R的电流大小为I，则：I=ER+r
带入数值得：I=0.01A
关键右手定则可知，电流的方向从M通过R流向P
(3)设a、b两点间的电势差为U，由欧姆定律得：
Uab=IR
带入数值得：Uab=0.048V
答：(1)金属棒ab产生的感应电动势是0.05V；
(2)通过电阻R的电流大小是0.01A，方向从M通过R流向P；
(3)金属棒a、b两点间的电势差是0.048V．
【解析】(1)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势，由公式E=BLv求出电动势；
(2)由欧姆定律求得电路中电流，由右手定则判断电流的方向；
(3)由欧姆定律求出ab两端的电势差．
本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律，属于基础题．
20.【答案】解：(1)线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；
通过电阻R的电流方向a→b；
(2)由法拉第电磁感应定律得：E=NΔΦΔt=200×0.015−；
(3)由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r=1048+2A=0.2A
又由部分电路的欧姆定律得：U=IR=0.2×48V=9.6V。
答：(1)通过电阻R的电流方向为a→b；
(2)线圈产生的感应电动势为10V；
(3)电阻R两端的电压为9.6V。
【解析】(1)根据楞次定律判断感应电流的方向；
(2)由图求出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势；
(3)根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，再根据欧姆定律求解电压表的读数。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，再结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
21.【答案】解：(1)线圈在磁场中匀速转动时产生的正弦式交变电流，电动势的最大值Em=nBSω
则电动势的有效值为E=Em 2= 22nBSω
电路中电流的有效值I=ER+r
时间t=T4=π2ω
再根据焦耳定律，联立得Q=I2Rt=πN2B2S2ωR4(R+r)2
(2)根据法拉第电磁感应定律E−=NΔΦΔt
通过电路的平均电流I−=E−R+r
则通过电阻R的电荷量q=I−Δt=NBSR+r
答：(1)电阻R上所产生的热量为πN2B2S2ωR4(R+r)2；
(2)通过电阻R的电荷量为NBSR+r。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律求出产生的热量；
(2)图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，ΔΦ=Φ2−Φ1。根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量。
线框转动过程产生正弦式交变电流，电压表测的是有效值，求通过电阻的电荷量可用平均值，求焦耳热可用有效值。
22.【答案】解：(1)a.设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有k1x0=G
当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如左图所示，回复力F=−FT+G
FT=k1 (x+x0)，
解得：F=−k1x
即回复力与位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
b.合力F与位移x关系图如图所示
由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功：WF=−12k1x⋅x=−12k1x2
由动能定理有 WF=ΔEk
依据机械能守恒定律有ΔEk+ΔEp=0
解得：WF=−ΔWF
以平衡位置为零势能参考点，则：Ep=12k1x2
(2)a.摆球位移为x′处，受力示意图见下图所示
以O′为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系(图中未画出)
在摆角很小时，sinθ≈x′L
在摆球位移为x′时，回复力为：
F=−mgsinθ=−mgLx′
比例常数为：k2=mgL
b.摆球在位移x′处的势能：Ep′=12k2x′2
小球在位移最大处的动能为零，依据能量守恒定律有
12k2A2=12k2(A2)2+Ek
则 Ek=12k2A2−12k2(A2)2=38k2A2
答：(1)a.小物块的合力F与x的关系式为F=−k1x，说明小物块的运动为简谐运动；
b.以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式为EP=12k1x2。
(2)a.小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式k2=mgL；
b.小球在振动位移为A2时的动能38k2A2。
【解析】(1)a、根据胡克定律写出弹簧的弹力随位移x的变化情况，然后结合小物块的受力分析判断小物块的合力F与x的关系式，并据此说明小物块的运动是否为简谐运动；
b、以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，由小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，即可导出小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式。
(2)a、根据受力分析，依据矢量的合成法则，及三角知识，再结合回复力表达式F=−kx，即可求解；
b、依据能量守恒定律，结合在位移最大处球的动能为零，从而即可求解。
该题结合能量的转化与守恒分析做简谐振动的小物块的能量的变化，解答的关键是能正确使用变力做功的公式。
1.关于简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 简谐运动是最基本的振动
B. 所有的振动都可以看作简谐运动
C. 简谐运动一定是水平方向的运动
D. 物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线
2.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x的轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )
A. B.
C. D.
3.质量为2kg的物体，当它的运动状态发生变化时，以下分析正确的( )
A. 速度由3m/s增大为9m/s，它的动量增大为原来的9倍
B. 速度由3m/s增大为6m/s，它的动能增大为原来的4倍
C. 速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量变化量为0
D. 速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动能变化量为18J
4.如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t，物体仍保持静止。以下看法正确的( )
A. 物体的动量变化量为Ft
B. 物体所受合力的冲量大小为0
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
D. 物体所受拉力F的冲量大小是Ftcsθ，方向水平向右
5.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是( )
A. 第1s末的速度为1.5m/s
B. 第1s内F的冲量为4N⋅s
C. 前2s内F的冲量为3N⋅s
D. 第2s末的动量为4kg⋅m/s
6.质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，若m1=1kg。以下说法正确的( )
A. m2等于1kg
B. m1在碰撞过程中的动量变化量Δp1=−2kg⋅m/s
C. m2在碰撞后动能增加了6J
D. 两个物体的碰撞是非弹性碰撞
7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1、I2，若保持n1、n2和U1不变，且闭合开关S后两灯泡均能发光，则下列说法中正确的是( )
A. I2=n2n1I1
B. U2=n2n1U1
C. 开关S由闭合变为断开，U2将变大
D. 不论开关S闭合或断开，始终有U1I1=U2I2的关系
8.下列选项中属于电磁感应现象的是( )
A. 通电导体周围产生磁场
B. 磁场对通电导体发生作用
C. 闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象
D. 电荷在磁场中定向移动形成电流
9.关于感应电动势，下列说法正确的是( )
A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
10.如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势不是Blv的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，在通有电流I的长直导线附近有一个矩形线圈ABCD，线圈与导线始终在同一个平面内。线圈在导线的一侧，其中产生了A→B→C→D→A方向的电流。已知距离载流直导线较近的位置磁场较强。说法正确的( )
A. 线圈向左平动
B. 线圈向右平动
C. 线圈以导线到AB的距离为半径绕导线运动
D. 导线远离线圈加速运动
12.物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是( )
A. RL>RA
B. RL=RA
C. 断开开关S瞬间，小灯泡A中电流大于自感线圈中流过电流
D. 断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为b→a
13.一矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的正弦交流电压u随时间t变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为100Hz
B. t=0时刻，线框平面与磁场方向平行
C. 用交流电压表测量该电压时示数为220V
D. 电压瞬时值表达式为u=220sin100πt(V)
14.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B. 快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C. 为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些
D. 为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
15.在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A. 将1号移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度ℎ。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度ℎ
B. 将1、2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度ℎ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂胶的1号移至高度ℎ释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号不能摆至高度ℎ
D. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度ℎ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
16.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室。当电磁铁线圈通入如图乙所示的正弦式交变电流时，真空室中产生磁场，电子在真空室中做圆周运动。以图甲中所示电流方向为正方向，俯视看在0～T4和3T4～T两个时间段内电子的运动，下列说法正确的是( )
A. 电子都沿逆时针做加速圆周运动
B. 0～T4内电子沿逆时针做加速圆周运动，3T4～T内电子沿逆时针做减速圆周运动
C. 0～T4内电子沿逆时针做减速圆周运动，3T4～T内电子沿逆时针做加速圆周运动
D. 0～T4内电子沿逆时针做加速圆周运动，3T4～T内电子无法做圆周运动
二、非选择题（共52分）
17.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______(选填字母)。
①天平
②秒表
③刻度尺
④打点计时器
A.①②
B.②③
C.③④
D.①③
(2)关于本实验，下列说法中正确的是______。(选填选项前的字母)
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量不必大于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑，轨道末端必须水平
(3)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。已得知入射小球和被碰小球的质量m1、m2，实验中还需要测量的有______(选填选项前的字母)。
A.两球相碰后的平抛射程OM、ON
B.入射小球开始的释放高度ℎ
C.小球抛出点距地面的高度H
(4)在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒[用(3)中测量的量表示]。
(5)某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，其它条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图2所示。他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。根据上一问的结论，由于质量之比为2：1，那么上式就有：2(OP−OM)=ON，以下分析正确的是______。
A.M点只能是本图中的A点，即被碰小球碰撞后的落地点
B.N点是本图中的B点，即入射小球碰撞后的落地点
C.P点是此图中的C点，即未放被碰小球，入射小球的落地点
18.如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将______偏转(填“向左”、“向右”或“不”)；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是______。
A.插入铁芯
B.拔出A线圈
C.断开开关S瞬间
D.变阻器的滑片向左滑动
19.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：
(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)金属棒a、b两点间的电势差．
20.如图甲所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r═2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻R的电流方向：
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
21.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
(1)电阻R上所产生的热量Q；
(2)通过电阻R的电荷量q。
22.物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。
(1)劲度系数为k1的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，a.若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图1所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。
b.求小物块的合力F与x的关系式，并据此说明小物块的运动是否为简谐运动；
系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式。
(2)如图2所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O′点。
a.若已知摆球的质量为m，摆长为L，在偏角很小时，摆球对于O′点的位移x′的大小与θ角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈x′L。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式；
b.若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k2，求小球在振动位移为A2时的动能Ek(用A和k2表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.简谐运动是最基本、最简单的机械振动，故A正确；
B.不是所有的振动都可以看作是简谐运动，只有回复力满足F=−kx的振动才是简谐运动，故B错误；
C.简谐运动可以是水平方向的运动，也可以是竖直方向的运动，只要回复力满足F=−kx即可，故C错误；
D.物体做简谐运动时，位移随着时间按照正弦规律变化，轨迹可以是直线，也可以是曲线，故D错误；
故选：A。
简谐运动是最基本、最简单的机械振动；根据简谐运动的定义分析判断；物体做简谐运动时，轨迹可以是直线，也可以是曲线。
本题关键是明确简谐运动的定义，从力的角度看，回复力满足F=−kx，从运动的角度看，位移—时间图象是正弦曲线。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位移和位移如何变化。当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。
【解答】
由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据动量的表达式p=mv，初动量为p1=2×3kg⋅m/s=6kg⋅m/s，末动量为p2=2×9kg⋅m/s=18kg⋅m/s，所以动量增大为原来的3倍，故A错误；
B、根据动能表达式Ek=12mv2，初动能为Ek1=12×2×32J=9J，末动能为Ek2=12×2×62J=36J，所以动能增大为原来的4倍，故B正确；
C、选择以东为正方向，则初动量为p1=2×3kg⋅m/s=6kg⋅m/s，末动量为p2=−2×3kg⋅m/s=−6kg⋅m/s，所以动量的变化量为Δp=p2−p1=−6kg⋅m/s−(6kg⋅m/s)=−12kg⋅m/s，故C错误；
D、由于动能是标量，且前后速度不变，质量也不变，所以动能的变化量为0，故D错误。
故选：B。
根据动量和动能的表达式，结合两个物理量的矢量和标量特性，可得出各个选项。
学生在解答本题时，应注意理解物理中变化量的意义，同时明确各个物理量的标矢量情况。
4.【答案】B
【解析】解：AB、由题意可知，物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故A错误，B正确；
C、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力f=Fcsθ，故摩擦力的冲量的大小为：If=ft=Fcsθt，故C错误；
D、根据冲量的定义可知，拉力F的冲量大小为IF=Ft，故D错误。
故选：B。
根据动量定理求出合外力的冲量与物体的动量的变化量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力F和摩擦力的冲量大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积，会根据动量定理分析合外力的冲量。
5.【答案】D
【解析】解：设t=0时，F的方向为正方向
AB.设第1s末的速度为v，前1s内的力为F1，由图知F1=3N，则由动量定理可知，F1t1=mv−0=3N⋅s，解得：v=3m/s，故AB错误；
C、设第2s内的力为F2，结合AB选项可得，前2s内F的冲量为I=F1t1+F2t2=3×1N⋅s+1×1N⋅s=4N⋅s，故C错误；
D、设第2s末的动量为p，结合C选项由动量定理可知，I=p−0，解得：p=4kg⋅m/s，故D正确。
故选：D。
分别对前1s和前2s分析，求出力F的冲量，再根据动量定理求出1s末的速度以及2s末的动量即可。
本题考查动量定理的应用，要注意明确动量是矢量，同时注意从图中能够获得的有效信息。
6.【答案】C
【解析】解：A、x−t图像的斜率表示物体的速度，则m1的初末速度为
v1=8−02−0m/s=4m/s
v3=0−86−2m/s=−2m/s
m2的初末速度为：
v2=0m/s；v4=16−86−2m/s=2m/s
以m1初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v3+m2v4
解得
m2=3kg，故A错误；
B、以m1初速度的方向为正方向，m1在碰撞过程中的动量变化量为
Δp1=m1(v3−v1)=1kg⋅(−2−4)m/s=−6kg⋅m/s，故B错误；
C.m2在碰撞后动能的增加量为
ΔEk2=12m2v42=12×3×22J=6J，故C正确；
D.碰前系统的总动能为
Ek1=12m1v12=12×1×42J=8J
碰后系统的总动能为
Ek2=12m1v32+12m2v42=12×1×(−2)2J+12×3×22J=8J
即
Ek1=Ek2，两个物体的碰撞是弹性碰撞，故D错误。
故选：C。
A：根据x−t图像求解碰撞前后两物体的速度，再根据动量守恒定律列式求解m2；
B：根据动量变化量的定义求解m1在碰撞过程中的动量变化量；
C：根据动能变化量的定义求解m2在碰撞后动能的增加量；
D：分别求解两物体碰撞前后的总动能，即可判断是否为弹性碰撞。
本题考查动量守恒定律、功能关系，要求学生熟练掌握这些基本的知识点及其应用。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、根据理想变压器的变压比和变流比可知，U1 U2 =n1 n2 ，I1 I2 =n2 n1 ，则 I2 =n1 n2 I1 ，U2 =n2 n1 U1 ，故A错误，B正确。
C、开关S由闭合变为断开，副线圈电阻增大，但输出电压不变，故U2不变，故C错误；
D、根据理想变压器的原理可知，输出功率等于输入功率，不论开关S闭合或断开，始终有U1I1=U2I2的关系，故D正确。
故选：BD。
根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等，变压器不变频率。
本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用。
8.【答案】C
【解析】解：A.通电导体周围产生磁场，是电流的磁效应，不是电磁感应现象，故A错误；
B.通电导体在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象，故B错误；
C.闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；
D.电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应现象，故D错误。
故选：C。
闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的。
电生磁和磁生电正好是个相反的过程，电生磁是因为有了电才有磁，而磁生电是因为由于导体在磁场中的运动而产生了电流。
9.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即与磁通量变化快慢有关。
A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量的变化率不一定大，所以感应电动势不一定大，故A错误；
B、穿过线圈的磁通量为零，而磁通量的变化率不一定为零，则感应电动势不一定为零，故B错误；
C、穿过线圈的磁通量变化越大，而磁通量的变化率不一定越大，还与变化所用的时间有关，则感应电动势不一定越大，故C错误；
D、磁通量的变化率反映磁通量变化快慢，穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率一定越大，则感应电动势一定越大，故D正确。
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律，分析感应电动势的大小与哪些因素有关，即可判断。
本题考查法拉第电磁感应定律，要知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关。
10.【答案】C
【解析】解：A、由图A所示可知，B⊥l⊥v，则动生电动势为E=Blv，故A不符合题意；
B、由图B所示可知，水平金属导体不切割磁感线，只有竖直导体切割磁感线，感应电动势为E=Blv；故B不符合题意；
C、由图C所示可知，v与金属导体不垂直，有效切割长度小于l，则感应电动势小于Blv；故C符合题意；
D、由图D所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势E=Blv，故D不符合题意；
本题选产生的感应电动势不是Blv的是，故选：C。
根据公式E=Blv分析答题，其中v是与导体棒垂直的分速度，l是有效的切割长度。
本题考查了求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，记住并理解公式E=BLvsinθ、知道公式的使用条件即可正确解题。
11.【答案】A
【解析】解：根据安培定则可知电流产生的磁场在线圈处方向垂直于纸面向里；根据矩形线圈中的电流方向，可判得线圈中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，和直线电流的磁场(原磁场)方向相反，根据楞次定律可知，这是磁通量增加引起的感应电流，因此线圈应向左平动；线圈向右平动或导线远离线圈加速运动，穿过线圈的磁通量都减小，而线圈以导线到AB的距离为半径绕导线运动时穿过线圈的磁通量不变。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据感应电流的方向判断感应电流产生的磁场方向，从而判断原磁场的变化情况，然后判断线圈运动的方向。
本题考查楞次定律的应用，根据感应电流的方向判断感应电流产生的磁场方向，从而判断原磁场的变化情况，这样线圈的运动情况也就得到了。
12.【答案】D
【解析】解：ABC、稳定时，灯泡A与电感L并联，故两者电压相等，此时通过电感L的电流为I1，通过灯泡的电流为I2，由于稳定开关后断开，小灯泡突然闪亮一下，这是由于线圈为了阻碍磁通量的变化而产生的自感电动势，此时线圈相当于是电源，流过灯泡的电流为I1，故I 1>I2，由欧姆定律可得：R=UI，故RL
故选：D。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。
本题主要考查了自感线圈中的自感现象，解题关键在于正确理解自感现象中的感应电动势，电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
13.【答案】C
【解析】解：A、由e−t图象得到周期T=0.02s，f=1T=50Hz，故A错误；
B、t=0时刻，e=0，线框平面与磁场方向垂直，故B错误；
C、据图象可知，电动势的峰值是Em=220 2V，则有效值为220V，用交流电压表测量该电压时示数为220V，故C正确；
D、电压瞬时值表达式为u=Umsinωt=220 2sin100πt(V)，故D错误；
故选：C。
由e−t图象得到周期和电动势的最大值，E=Em 2求出有效值。根据f=1T求解频率，根据ω=2πT求出角速度，再写出电动势的瞬时值表达式。
本题关键是根据u−t图象得到周期和最大值，要明确交流电有效值与峰值的关系、感应电动势和磁通量的关系。
14.【答案】D
【解析】解：AB、纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故AB错误；
CD、为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动受到的摩擦力力大，使杯子停下来需要的时间短，位移小，故C错误、D正确。
故选：D。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
15.【答案】C
【解析】解：A、将1号移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度ℎ，可知，小球1、2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间碰后并不交换速度，则3号上摆的高度不等于ℎ，故A错误；
B、将1、2号一起移至高度ℎ释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度ℎ，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C、将右侧涂胶的1号移至高度ℎ释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于ℎ，故C正确；
D、小球2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，故D错误。
故选：C。
质量相等的两球发生弹性碰撞时，碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大；只有重力做功时物体的机械能守恒。
解决本题的关键要了解碰撞的类型，知道质量相等的两球发生弹性碰撞时碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能有损失。
16.【答案】D
【解析】解：通电螺线管内部的磁场与电流大小成正比，且变化的磁场产生电场，其中0～T4时间内，根据安培定则，可知磁感应强度方向竖直向上，再根据楞次定律可知，产生涡旋电场沿着顺时针方向，由于电子在真空室中做圆周运动时，洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，电子所受电场力与电子的运动方向相同，则电子在该时间内沿逆时针做加速圆周运动；在3T4～T时间内，根据安培定则，可知磁感应强度方向竖直向下，再根据楞次定律可知，产生涡旋电场沿着顺时针方向，由于电子在真空室中做圆周运动时，洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，电子所受电场力与电子的运动方向相反，则电子在该时间内沿顺时针做减速圆周运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向运动，所以当电场沿顺时针方向时电子被加速，如果电流变大，电磁铁产生的磁场(方向向上)变强，根据楞次定律，真空室中的感生电场的感生电场的电场线沿顺时针方向，能使电子加速，如果线圈电流方向与图示方向相反，为了在真空室产生顺时针方向的电场线，由楞次定律可知，线圈中的电流应该变小。
本题要理解麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，注意电子受到的是变化的电场力，做的是非匀速圆周运动。
17.【答案】D A A m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON C
【解析】解：(1)要测量碰撞前后的动量，则质量要用天平测量，而速度需要通过水平位移得出，所以需要刻度尺测量平抛的水平位移；小球抛出点距地面的高度相同，两球做平抛运动的时间就相同，时间不需要测量，所以不需要打点计时器和秒表，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)AC、实验要保证小球到达斜槽末端时以相等的速度做平抛运动，要求小球从斜槽的同一位置由静止释放且斜槽轨道末端水平即可，斜槽轨道不必光滑，故A正确，C错误；
B、为防止反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误。
故选：A。
(3)若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律应满足m1v0=m1v1+m2v2，小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比
故应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON，则实验中还需要测量两球相碰后的平抛射程OM、ON，故A正确，BC错误。
故选：A。
(4)由(3)解析可知应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(5)若入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，则表达式为2OP=2OM+ON，
由图可知OA=17.6cm、OB=25.0cm、OC=30.0cm，代入上式对比可得2OC=2OA+OB
故C点是未放被碰小球时入射球的落地点，B处是被碰小球碰撞后的落地点，A是入射小球碰撞后的落地点，故C正确，AB错误。
故选：C。
故答案为：(1)D；(2)A；(3)A；(4)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；(5)C。
(1)根据实验原理确定所必须的测量工具；
(2)根据实验的注意事项判断操作过程正确与否；
(3)(4)由实验原理确定此实验需要测量的物理量，由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；
(4)根据动量守恒满足的关系式进行判断，但要注意的先判断的是入射球在被碰撞后是位于最左的位置。
此题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，只要从基本原理出发可以解答属基础题，但本题的难点在于给了三个点，要判断这三个点分别是什么点，这首先确定是碰后入射球不能超越被碰球，则在最左边，然后根据守恒式判断其他两个点。
18.【答案】向右 BC
【解析】解：(1)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转；
合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏转；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，要使灵敏电流计的指针向左偏转，则穿过线圈B的磁通量减小；
A.插入铁芯，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，故A错误；
B.拔出A线圈，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左右偏转，故B正确；
C.断开开关S瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，故C正确；
D.变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，通过线圈A的电流增大，产生的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)向右；(2)BC。
(1)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转；据此分析将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量的变化情况，然后作答；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，要使灵敏电流计的指针向左偏转，说明穿过线圈B的磁通量减小，据此分析作答。
本题主要考查了楞次定律判断电流的方向，根据电流表的方向，结合楞次定律分析出电流的方向即可。
19.【答案】解：(1)设金属棒中感应电动势为E，则：E=BLv
带入数值得：E=0.05V
(2)设过电阻R的电流大小为I，则：I=ER+r
带入数值得：I=0.01A
关键右手定则可知，电流的方向从M通过R流向P
(3)设a、b两点间的电势差为U，由欧姆定律得：
Uab=IR
带入数值得：Uab=0.048V
答：(1)金属棒ab产生的感应电动势是0.05V；
(2)通过电阻R的电流大小是0.01A，方向从M通过R流向P；
(3)金属棒a、b两点间的电势差是0.048V．
【解析】(1)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势，由公式E=BLv求出电动势；
(2)由欧姆定律求得电路中电流，由右手定则判断电流的方向；
(3)由欧姆定律求出ab两端的电势差．
本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律，属于基础题．
20.【答案】解：(1)线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；
通过电阻R的电流方向a→b；
(2)由法拉第电磁感应定律得：E=NΔΦΔt=200×0.015−；
(3)由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r=1048+2A=0.2A
又由部分电路的欧姆定律得：U=IR=0.2×48V=9.6V。
答：(1)通过电阻R的电流方向为a→b；
(2)线圈产生的感应电动势为10V；
(3)电阻R两端的电压为9.6V。
【解析】(1)根据楞次定律判断感应电流的方向；
(2)由图求出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势；
(3)根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，再根据欧姆定律求解电压表的读数。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，再结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
21.【答案】解：(1)线圈在磁场中匀速转动时产生的正弦式交变电流，电动势的最大值Em=nBSω
则电动势的有效值为E=Em 2= 22nBSω
电路中电流的有效值I=ER+r
时间t=T4=π2ω
再根据焦耳定律，联立得Q=I2Rt=πN2B2S2ωR4(R+r)2
(2)根据法拉第电磁感应定律E−=NΔΦΔt
通过电路的平均电流I−=E−R+r
则通过电阻R的电荷量q=I−Δt=NBSR+r
答：(1)电阻R上所产生的热量为πN2B2S2ωR4(R+r)2；
(2)通过电阻R的电荷量为NBSR+r。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律求出产生的热量；
(2)图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，ΔΦ=Φ2−Φ1。根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量。
线框转动过程产生正弦式交变电流，电压表测的是有效值，求通过电阻的电荷量可用平均值，求焦耳热可用有效值。
22.【答案】解：(1)a.设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有k1x0=G
当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如左图所示，回复力F=−FT+G
FT=k1 (x+x0)，
解得：F=−k1x
即回复力与位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
b.合力F与位移x关系图如图所示
由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功：WF=−12k1x⋅x=−12k1x2
由动能定理有 WF=ΔEk
依据机械能守恒定律有ΔEk+ΔEp=0
解得：WF=−ΔWF
以平衡位置为零势能参考点，则：Ep=12k1x2
(2)a.摆球位移为x′处，受力示意图见下图所示
以O′为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系(图中未画出)
在摆角很小时，sinθ≈x′L
在摆球位移为x′时，回复力为：
F=−mgsinθ=−mgLx′
比例常数为：k2=mgL
b.摆球在位移x′处的势能：Ep′=12k2x′2
小球在位移最大处的动能为零，依据能量守恒定律有
12k2A2=12k2(A2)2+Ek
则 Ek=12k2A2−12k2(A2)2=38k2A2
答：(1)a.小物块的合力F与x的关系式为F=−k1x，说明小物块的运动为简谐运动；
b.以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式为EP=12k1x2。
(2)a.小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式k2=mgL；
b.小球在振动位移为A2时的动能38k2A2。
【解析】(1)a、根据胡克定律写出弹簧的弹力随位移x的变化情况，然后结合小物块的受力分析判断小物块的合力F与x的关系式，并据此说明小物块的运动是否为简谐运动；
b、以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，由小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，即可导出小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式。
(2)a、根据受力分析，依据矢量的合成法则，及三角知识，再结合回复力表达式F=−kx，即可求解；
b、依据能量守恒定律，结合在位移最大处球的动能为零，从而即可求解。
该题结合能量的转化与守恒分析做简谐振动的小物块的能量的变化，解答的关键是能正确使用变力做功的公式。
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