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2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于机械波和电磁波，下列说法正确的是( )
A. 机械波都是横波，电磁波都是纵波
B. 机械波和电磁波都可以在真空中传播
C. 机械波和电磁波都可以传递信息和能量
D. 机械波能发生衍射现象，电磁波不能发生衍射现象
2.如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，进入玻璃砖后分成b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 光束b比光束c更容易发生衍射现象
B. 在真空中b光的波长小于c光的波长
C. 玻璃对b光的折射率小于对c光的折射率
D. 在玻璃砖中b光的传播速度大于c光的传播速度
3.如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上，重力加速度为g。关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是( )
A. 物块所受支持力大小为mgtanθ
B. 物块所受摩擦力大小为mgsinθ
C. 物块受到重力、支持力和摩擦力作用
D. 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上
4.如图所示，已知可视为质点的小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是( )
A. 向心力的表达式Fn=m4π2t2r
B. 小球所受的合外力为F合=mgrh
C. 小球受到重力、拉力、向心力的作用
D. 若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将减小
5.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为2.0m/s.某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 这列波的周期为2.0s
B. 这列波的振幅为10cm
C. 此时x=4m处的质点加速度最大
D. 此时x=6m处的质点沿y轴正方向运动
6.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=11Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，交流电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的读数为20.0AB. 电压表的读数约为156V
C. 原线圈的输入功率为1100WD. 副线圈输出交流电的周期为0.01s
7.发射地球静止轨道同步卫星一般经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后提速变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后再次提速变轨将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星分别沿轨道1和轨道2经过Q点时的加速度相等
B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能
C. 卫星在轨道3上的运行周期小于在轨道1上的运行周期
D. 卫星在轨道3上的运行速率大于它在轨道1上的运行速率
8.一电动小车在平直的路面上从静止开始运动，经过时间t前进距离x。若小车保持牵引力恒定，电动机的功率达到额定功率P时速度为v，小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A. 小车受到的牵引力为PvB. 电动机对小车所做的功为Pt
C. 电动机对小车所做的功为fxD. 小车做加速度逐渐减小的加速运动
9.如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。若A、B两小球质量相同，从开始下落到落地前瞬间的过程中，下列说法正确的是( )
A. A球与B球重力势能的变化量不同
B. A球与B球动能的变化量不同
C. A球与B球速率的变化量相同
D. A球与B球动量的变化量相同
10.如图所示，质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场区域，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运动的轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. M带负电，N带正电B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N都做正功D. M、N在磁场中运动的周期相等
11.将平行板电容器、滑动变阻器、电源按如图所示连接。若平行板电容器内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向，从左侧入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采取的方法是( )
A. 只将两极板间距离适当减小B. 只将电子的入射速度适当增大
C. 只将变阻器滑片P向b端滑动D. 只将磁场的磁感应强度适当减小
12.如图1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。线圈内有垂直纸面向里的磁场，其磁通量按图2所示规律变化。下列说法正确的是( )
A. 电阻R两端b点比a点电势高B. 电阻R两端的电压大小为10V
C. 0.1s内电阻R产生的电热为0.192JD. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C
13.如图所示利用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关下列图像中能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
A. B.
C. D.
14.通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻碍作用，物体会损耗部分机械能。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的增大而增大。假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初速度为v0方向与水平地面夹角为θ，如图所示。弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为α，落地点与抛出点在同一水平面。弹丸从抛出到落地的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹丸的加速度先减小后增大
B. 弹丸上升的时间小于下降的时间
C. 弹丸在最高点时的加速度是重力加速度
D. 弹丸落地时与水平地面的夹角α小于抛出时与水平地面的夹角θ
二、填空题：本大题共1小题，共4分。
15.某同学利用图所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向______(选填“左”或“右”)偏转；待电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，灵敏电流计指针将向______(选填“左”或“右”)偏转。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．
(1)此玻璃砖的折射率计算式为n=______(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)P1、P2及P3、P4之间的距离适当______(填“大”或“小”)些，可以提高准确度．
17.某同学利用图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下小球抛出点在记录纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹(图乙为B球多次落点的痕迹)分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为mA，B球的质量为mB。
(1)关于实验器材，下列说法正确的是______。
A.实验轨道必须光滑
B.该实验不需要秒表计时
C.A球的质量可以小于B球的质量
(2)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.实验过程中白纸和复写纸可以随时调整位置
B.A球每次必须从同一位置由静止释放
C.B球的落点并不重合，说明该同学的实验操作出现了错误
(3)实验直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是______。
(4)若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后动量守恒(用所测物理量表示)。
(5)该同学做实验时所用小球的质量分别为mA=45g、mB=7.5g，丙图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点的位置标注在丙图中。
四、简答题：本大题共4小题，共40分。
18.一长为L的不可伸长的细绳下挂有一个质量为m的小球，现将细绳拉开偏离竖直方向一定角度，将小球由静止释放，小球到达最低点时，以速度v与静止在光滑水平面的另一个质量相同的小球发生正碰后粘在一起，在此过程中，求：
(1)小球下落的高度H；
(2)小球发生碰撞前瞬间，细绳对小球的拉力大小F；
(3)碰撞过程中损失的机械能。
19.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L=0.40m，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R=0.40Ω的定值电阻，导体杆ab的质量为m=0.10kg，电阻r=0.10Ω，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.50T方向竖直向下的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨以v=2.0m/s做匀速直线运动，导体杆始终与导轨垂直。求：
(1)通过电阻R的电流I的大小及方向；
(2)拉力F的大小；
(3)撤去拉力F后，导体杆逐渐停止运动，在此过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。
20.1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间加有方向发生周期性变化的加速电压U两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1的边缘飞出，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子飞出加速器时获得的最大动能Ekm。
(2)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到飞出加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
21.在物理学的研究过程中，对变速运动的研究是从最简单的变速直线运动开始的。最简单的变速直线运动，速度应该是均匀变化的。速度随时间均匀变化的直线运动叫做匀变速直线运动，加速度a=vt−v0t为一定值。若某种变速运动的速度v是随位移x均匀变化的，请解答以下问题：
(1)类比速度随时间均匀变化的运动中加速度a的定义，写出速度随位移均匀变化的运动中加速度a′的定义式，使a′也为定值；
(2)如图所示，质量为m的金属棒放在宽度为L的光滑导轨上，导轨左侧连接阻值为R的电阻，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。给金属棒一个水平向右的初速度v0，运动过程中金属棒始终与导轨垂直。
①证明金属棒运动的速度v随位移x是均匀变化的，加速度a′为定值；
②a.请从牛顿运动定律的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况；
b.请从a′不变的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、机械波可能是横波，也可能是纵波，电磁波都是横波，故A错误；
B、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故电磁波可以在真空中传播，而机械波只能在介质中传播，故B错误；
C、机械波和电磁波都属于波，在传播过程中都可以传递信息和能量，故C正确；
D、衍射和干涉是波特有的现象，不论是机械波还是电磁波都能发生衍射现象，故D错误。
故选：C。
电磁波是交变电磁场在空间的传播，机械波是机械振动在介质中的传播，电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质；电磁波和机械波的传播过程中都传递了能量；电磁波是横波；衍射是波特有的现象。
本题考查了机械波和电磁波的性质，要注意明确二者的共同点以及主要区别。
2.【答案】B
【解析】解：ABC、根据折射定律n=sinisinr结合图象可知玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，即
nb>nc
则b光的频率大于c光的频率，根据c=λf可知在真空中b光的波长小于c光的波长，b光更容易发生衍射现象；
故AC错误，B正确；
D、根据v=cn可知在玻璃砖中b光的传播速度小于c光的传播速度，故D错误。
故选：B。
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，从而分析衍射现象，根据v=cn判断光出在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
3.【答案】A
【解析】解：ABC、对物块进行受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，有：物块所受支持力N=mgcsθ，物块所受摩擦力f=mgsinθ，故A错误，B正确，C正确；
D、根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力等值、反向、共线，即斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
对物体受力分析，处于三力平衡状态，根据平衡条件，利用正交分解法列式求解支持力和静摩擦力。
本题是受力平衡问题，关键是根据平衡条件列式求解。难度较小。
4.【答案】B
【解析】A、小球做圆周运动的周期T=tn，其向心力公式为Fn=m4π2T2r=m4π2n2t2r，故A错误；
B、设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ=rh，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力，有F合=mgtanθ=mgrh，故B正确；
C、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故C错误；
D、设绳长为 L，根据牛顿第二定律有mgtanθ=m⋅Lsinθ⋅ω2，解得；ω= gLcsθ，由此可知，角速度越大，θ越大，故D错误。
故选：B。
小球受到重力和绳子拉力，二者的合力提供向心力，根据小球转的圈数和总时间求出小球做圆周运动的周期，根据向心力公式写出表达式根据牛顿第二定理求出角速度的表达式，判断角速度与夹角的关系即可。
可假设绳长再判断角速度与夹角的关系式，根据牛顿第二定律求出角速度与夹角的函数表达式进行判断。
5.【答案】C
【解析】解：AB、由图可得：波的振幅A=5cm，波长λ=8m，故周期T=λv=4s，故AB错误；
C、此时x=4m处的质点在最大位移处，故回复力最大，加速度最大，故C正确；
D、由波向右传播可得：此时x=6m处的质点向下振动，即质点沿y轴负方向运动，故D错误；
故选：C.
由图得到振幅和波长，即可根据波速求得周期；再根据波的传播方向，由质点位置得到质点的运动方向、加速度．
对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长(或由振动图得到振幅、周期)，再根据传播方向得到某质点的振动图(或波形图)，进而得到各质点的振动．
6.【答案】C
【解析】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um=220 2V
有效值U1=Um 2=220 2 2V=220V
由理想变压器的变压比得：U1U2=n1n2
代入数据解得：U2=110V
电压表示数为110V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R=11011A=10A
由理想变压器的变流比得：I1I2=n2n1，代入数据解得：I1=5A，电流表读数为5A，故AB错误；
C、副线圈输出功率P2=U2I2=110×10W=1100W，理想变压器原线圈输入功率P1=P2=1100W，故C正确；
D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的ω=100πrad/s，周期T=2πω=2π100πs=0.02s，变压器副线圈输出电压的周期与原线圈输入电流周期相等，是0.02s，故D错误。
故选：C。
根据理想变压器原线圈电压的瞬时值的表达式求出最大值、频率，再根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析答题。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma可知，卫星分别沿轨道1和轨道2经过 Q 点时的加速度相等，故A正确；
B、卫星近地圆轨道1到轨道3要经过两次点火加速，因此卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得GMmr2=m4π2T2r，可得
T= 4π2r3GM，卫星在轨道3上的运行的轨道半径大于在轨道1上的运行的轨道半径，故卫星在轨道3上的运行周期大于在轨道1上的运行周期，故C错误。
D、万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，整理得v= GMr，可知随着轨道增高，速度减小，卫星在轨道3上线速度小于卫星在轨道1上的运行速率，故D错误；
故选：A。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度、和向心力的表达式进行讨论即可。
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。
8.【答案】A
【解析】解：A、电动机的功率达到额定功率P时速度为v，则牵引力F=Pv，故A正确；
BC、电动机对小车做的功为牵引力做的功，又知牵引力恒定，则电动机做的功：W=Fx=Pvx，电动机达到额定功率之前，电动机的功率小于额定功率，所以电动机对小车所做的小于Pt，故BC错误；
D、小车牵引力F和阻力f恒定不变，根据牛顿第二定律：F−f=ma，可得加速度恒定不变，故D错误。
故选：A。
A、根据P=Fv可得牵引力大小；
BC、电动机功率为牵引力做功的功率，根据W=Fx可得电动机做功，根据电动机达到额定功率之前，功率小于额定功率，则可知电动机对小车所做的功与Pt的大小关系；
D、牵引力和阻力大小恒定，根据牛顿第二定律可知加速度恒定。
本题考查了功率、功的计算，解题的关键是电动机功率为牵引力做功的功率，不是阻力做功的功率，也不是合力做功的功率。
9.【答案】D
【解析】解：A.两小球所受的重力相同，下落高度相同，重力做功相同，重力势能变化量相同，故A错误；
B.两小球所受的重力相同，下落高度相同，重力做功相同，动能的变化等于重力做功，故B错误；
CD.两球所受的重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt，但速率的大小变化不同，故C错误，D正确。
故选D。
两球运动时间相同，受力相同，则其动量的变化量，速度的变化量相同。
关键是区别好矢量与标量，明确动量的变化为矢量，速率的变化不是速度变化的大小。
10.【答案】D
【解析】解：A、根据左手定则，粒子M运动方向与四指指向相同，粒子N运动方向与四指指向相反，可知，M带正电，N带负电，故A错误；
B、根据
qvB=mv2r
解得
v=qBrm
根据图像可知，粒子M的轨道半径小于粒子N的轨道半径，可知M的速率小于N的速率，故B错误；
C、洛伦兹力方向始终垂直于粒子运动的速度方向，即洛伦兹力对M、N都不做功，故C错误；
D、根据
T=2πrv
结合上述解得
T=2πmqB
由于带电粒子M和N的质量和电量都相等，则M、N在磁场中运动的周期相等，故D正确。
故选：D。
由左手定则判断出MN电性；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，通过半径分析速率；洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功；根据周期公式，分析运行时间。
本题考查学生对左手定则、洛伦兹力提供向心力规律的掌握，是一道基础题。
11.【答案】B
【解析】解：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为F电=Ee=eUd，洛伦兹力方向向下，大小为f=evB；电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，只要减小电场力F电，或增大洛伦兹力f即可。
A、只将两极板间距离适当减小时，F电增大，故A错误；
B、只将电子的入射速度适当增大，受到的洛伦兹力增大，故B正确；
C、只将变阻器滑片P向b端滑动，电容器两端电压不变，电场力不变，故C错误；
D、只将磁场的磁感应强度适当减小，电子受到的洛伦兹力更小，故D错误。
故选：B。
根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力。
正确分析电子受到的电场力以及洛伦兹力的方向，知道电子向上偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，知道当两极板一直和电源相连时电压不变。
12.【答案】C
【解析】解：AB、线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，电阻R中电流方向从a→b，所以电阻R两端b点比a点电势低，
由法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt=200×0.015−−0V=10V
由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r=1048+2A=0.2A
则电阻R两端的电压大小U=IR=0.2A×48Ω=9.6V，故AB错误；
C、0.1s内电阻R产生的电热Q=I2Rt=(0.2)2×48×0.1s=0.192J，故C正确；
D、0.1s时间内通过电阻R的电荷量q=It=0.2×0.1C=0.02C，故D错误。
故选：C。
AB、根据楞次定律可知感应电流的方向，在外电路沿着电流的方向电势降低可得a、b两点电势的高低，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小，则可得电阻R两端的电压；
CD、根据焦耳定律可得电阻R产生的电热，根据q=It可得电荷量的大小。
本题考查了电磁感应中的图像问题，解题的关键是根据图像求出感应电动势大小，注意电阻R两端的电压等于路端电压，不等于电动势。
13.【答案】C
【解析】解：AB、闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AB均错误；
CD、当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故C正确，D错误。
故选：C。
电感对电流的变化起阻碍作用，断开电键时，通过灯泡D的电流I减小，此时D、L构成一回路，电感阻碍电流I减小，从而即可求解。
解决本题的关键掌握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。
14.【答案】B
【解析】解：B.弹丸运动如图所示，
设阻力方向与水平方向的夹角为β，竖直方向初速度为v0y=v0sinθ，从开始到最高点加速度a1=g+fsinβm，从最高点到落点加速度a2=g−fsinβm，可知上升过程竖直方向上加速度更大，则上升时间要小，故B正确；
A.弹丸的加速度一直在减小，故A错误；
C.最高点时，阻力f与重力mg垂直，加速度为a= (fm)2+g2，故C错误；
D.如图所示，
虚线是没有阻力作用时的抛物线，而存在空气阻力时，球在竖直和水平方向上都会做减速运动，实际球的轨迹为实线所示，弹丸落地时与水平方向的夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ，故D错误。
故选：B。
分别对弹丸上升过程和下落过程受力分析，由加速度大小和上升高度等于下落高度求出上升时间和下落时间关系；在最高点受力分析可求出最高点加速度，做出弹丸实际运动轨迹，与斜抛运动轨迹比较分析角度。
本题考查曲线运动和牛顿第二定律结合，关键是对弹丸不同阶段受力分析求出加速度变化从而判断时间变化。
15.【答案】右 右
【解析】解：闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，根据图可知，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过A的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转；电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转。
故答案为：右；右
图示状态闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，滑片向右滑动、将线圈A从线圈B中拔出都会引起B中的磁通量减小，以此判断感应电流的方向。
这道题通过实验，得到磁通量增大时和磁通量减小时感应电流的方向相反，属于比较容易的题。
16.【答案】sinθ1sinθ2；大
【解析】解：(1)由图知，入射角为θ1、折射角为θ2.根据折射定律得：此玻璃砖的折射率计算式为：n=sinθ1sinθ2.
(2)P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，测量时入射角和折射角的相对误差可减小些，可以提高准确度．
故答案为：(1)sinθ1sinθ2；(2)大．
(1)入射角和折射角分别是入射光线、折射光线与法线的夹角，根据图确定入射角和折射角，根据折射定律求出折射率；
(2)为了减小实验的误差，大头针之间的距离适当大一些．
解决本题的关键是要知道实验的原理，本实验用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律．
17.【答案】(1)B；
(2)B；
(3)小球从水平轨道末端飞出后做平抛运动，下落相同高度，所用时间相同，所以小球水平位移与从水平轨道末端飞出的速度成正比；
(4)mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF；
(5)
【解析】【分析】
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)结合平抛运动不同方向的运动特点分析出水平射程与速度的关系；
(4)根据动量守恒定律分析出正确的关系式；
(5)根据弹性碰撞的特点分析出B球的落点。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动分析出速度和水平射程的关系，同时结合弹性碰撞的特点即可完成分析。
【解答】
(1)A、本实验要求A球每次运动至斜槽末端时的速度都相等，只需要每次将A球从斜槽轨道同一位置由静止释放即可，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故A错误；
B、本实验通过位移信息来间接反应速度大小，因此不需要秒表计时来测量速度，故B正确；
C、为使碰撞后A球不反弹，A球的质量必须大于B球的质量，故C错误；
故选：B。
(2)A、实验过程中复写纸可以随时调整位置，但白纸不能随意调整位置，否则会使记录的落点位置变化，故A错误；
B、为了使A球每次达到轨道末端时速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C、B球的落点并不重合，属于实验的系统误差，并不说明该同学的实验操作出现了错误，故C错误；
故选：B。
(3)通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，这样做的依据是小球从水平轨道末端飞出后做平抛运动，下落相同高度，所用时间相同，所以小球水平位移与从水平轨道末端飞出的速度成正比。
(4)因为A球碰后速度不可能比初速度大。所以A球碰后的落点一定是D，而B球碰后的落点一定是F，根据前面分析可知，碰撞前瞬间A球的速度、碰撞后瞬间A、B球的速度可分别表示为：
vA1∝OE；vA2∝OD；vB1∝OF
根据动量守恒定律有：
mAvA1=mAvA2+mBvB1
所以验证动量守恒需要满足的表达式为：
mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
(5)若两球碰撞为弹性碰撞，则根据机械能守恒定律得：12mAvA12=12mAvA22+12mBvB12，联立解得：vB1vA1=127，所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12：7，标注的位置如图所示：
。
18.【答案】解：(1)小球下落过程由动能定理得
mgH=12mv2−0
解得小球下落的高度H=v22g
(2)小球发生碰撞前瞬间，由牛顿第二定律得
F−mg=mv2L
解得细绳对小球的拉力大小F=mg+mv2L
(3)在最低点两小球碰撞，设向左为正方向，由动量守恒可得
mv=2mv′解得
v′=12v
碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12mv2−12×2mv′2=14mv2
答：(1)小球下落的高度H为v22g；
(2)小球发生碰撞前瞬间，细绳对小球的拉力大小F为mg+mv2L；
(3)碰撞过程中损失的机械能为14mv2。
【解析】(1)由动能定理得小球下落的高度；
(2)由牛顿第二定律在圆周运动中的应用解得细绳对小球的拉力；
(3)先由动量守恒解得碰撞后的共同速度，在应用机械能守恒定律求得损失的机械能。
本题考查了顿第二定律在圆周运动中的应用，动能定理、机械能守恒定律的简单应用，难度不大。
19.【答案】解：(1)ab杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv
根据全电路欧姆定律：I=ER+r
代入数据解得：I=0.80A
根据右手定则可得方向从M到P。
(2)杆做匀速直线运动，拉力等于安培力，根据安培力公式有：
F=BIL
代入数据解得：F=0.16N
(3)撤去拉力后，根据能量守恒，电路中产生的焦耳热为：
Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J；
根据焦耳定律可知：QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=0.16J
答：(1)通过电阻R的电流I的大小为0.80A，方向从M到P；
(2)拉力F的大小为0.16N；
(3)撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热为0.16J。
【解析】(1)根据动生电动势公式计算感应电动势，根据全电路欧姆计算电流强度，根据右手定则判断电流方向；
(2)杆做匀速直线运动，拉力大小等于安培力大小，根据安培力公式和共点力的平衡条件计算拉力大小；
(3)撤去拉力后，根据能量守恒计算产生的总热量，由此计算电阻R上产生的焦耳热QR。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】解：(1)当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，由牛顿第二定律得
qBvm=mvm2R
粒子离开加速器时获得的最大动能
Ekm=12mvm2
解得
Ekm=q2B2R22m
(2)粒子在电场中被加速n次，由动能定理得
nqU=Ekm
解得
n=qB2R22mU
粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转n2圈的时间t1和通过金属盒间鄍n次所需的时间t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。
由牛顿第二定律得
qBv=mv2r
运动周期
T=2πrv=2πmqB
粒子在磁场中运动时间
t1=n2T=πBR22U
粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得
nd=vm2t2
解得
t2=BRdU
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
t1t2=πR2d=1.6×103
答：(1)粒子飞出加速器时获得的最大动能Ekm为q2B2R22m。
(2)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，粒子从A点开始运动到飞出加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比为1.6×103。
【解析】(1)根据质谱仪和回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。
(2)电场加速过程的可以视为间断性的匀加速直线运动，可以由动能定理求出末速度后利用牛顿第二定律和运动学公式求解，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可以求出半个周期的时间，再由电场的加速此时判断出磁场运动的半个周期数，之后乘以半个周期的运动时间即可得出结果。
本题考查质谱仪和回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。
21.【答案】解：(1)类比匀加速直线运动中加速度a的定义，可知
a′=v−v0x
(2)①在导体棒速度从v0变为v的过程中取一极小时间Δt，设在这一段时间内，导体棒的速度从vi变为vit，因为时间极短，可认为这一段时间内安培力为一定值，根据动量定理可得
−BILΔt=mvit−mvi
电路中电流为
I=BLviR
联立可得
B2L2Rx=mv0−mv
整理，得
v=v0−B2L2mRx
因此导体棒的运动速度v随位移x均匀变化。
②a.根据牛顿第二定律
F安=BIL=ma
I=BLvR
所以
a=B2L2vmR
所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。
b.根据加速度定义式，有
a=ΔvΔt
a′为定值，且有相同的Δv，Δx相同，v−变小，Δt变大，所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。
答：(1)速度随位移均匀变化的运动中加速度a′的定义式为a′=v−v0x；
(2)①见解析；
②a.随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小，见解析；
b.随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小，见解析。
【解析】(1)根据类比的方法分析解答；
(2)①根据动量定理分析解答；
②a.根据牛顿第二定律分析解答；
b.根据题意结合定义式分析解答。
本题主要是考查“另类加速度”的计算，关键是能够根据类比法得到加速度a′的定义式，再根据电磁感应现象中速度随位移的变化情况进行解答。
1.关于机械波和电磁波，下列说法正确的是( )
A. 机械波都是横波，电磁波都是纵波
B. 机械波和电磁波都可以在真空中传播
C. 机械波和电磁波都可以传递信息和能量
D. 机械波能发生衍射现象，电磁波不能发生衍射现象
2.如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，进入玻璃砖后分成b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 光束b比光束c更容易发生衍射现象
B. 在真空中b光的波长小于c光的波长
C. 玻璃对b光的折射率小于对c光的折射率
D. 在玻璃砖中b光的传播速度大于c光的传播速度
3.如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上，重力加速度为g。关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是( )
A. 物块所受支持力大小为mgtanθ
B. 物块所受摩擦力大小为mgsinθ
C. 物块受到重力、支持力和摩擦力作用
D. 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上
4.如图所示，已知可视为质点的小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是( )
A. 向心力的表达式Fn=m4π2t2r
B. 小球所受的合外力为F合=mgrh
C. 小球受到重力、拉力、向心力的作用
D. 若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将减小
5.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为2.0m/s.某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 这列波的周期为2.0s
B. 这列波的振幅为10cm
C. 此时x=4m处的质点加速度最大
D. 此时x=6m处的质点沿y轴正方向运动
6.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=11Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，交流电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的读数为20.0AB. 电压表的读数约为156V
C. 原线圈的输入功率为1100WD. 副线圈输出交流电的周期为0.01s
7.发射地球静止轨道同步卫星一般经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后提速变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后再次提速变轨将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星分别沿轨道1和轨道2经过Q点时的加速度相等
B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能
C. 卫星在轨道3上的运行周期小于在轨道1上的运行周期
D. 卫星在轨道3上的运行速率大于它在轨道1上的运行速率
8.一电动小车在平直的路面上从静止开始运动，经过时间t前进距离x。若小车保持牵引力恒定，电动机的功率达到额定功率P时速度为v，小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A. 小车受到的牵引力为PvB. 电动机对小车所做的功为Pt
C. 电动机对小车所做的功为fxD. 小车做加速度逐渐减小的加速运动
9.如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。若A、B两小球质量相同，从开始下落到落地前瞬间的过程中，下列说法正确的是( )
A. A球与B球重力势能的变化量不同
B. A球与B球动能的变化量不同
C. A球与B球速率的变化量相同
D. A球与B球动量的变化量相同
10.如图所示，质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场区域，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运动的轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. M带负电，N带正电B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N都做正功D. M、N在磁场中运动的周期相等
11.将平行板电容器、滑动变阻器、电源按如图所示连接。若平行板电容器内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向，从左侧入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采取的方法是( )
A. 只将两极板间距离适当减小B. 只将电子的入射速度适当增大
C. 只将变阻器滑片P向b端滑动D. 只将磁场的磁感应强度适当减小
12.如图1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。线圈内有垂直纸面向里的磁场，其磁通量按图2所示规律变化。下列说法正确的是( )
A. 电阻R两端b点比a点电势高B. 电阻R两端的电压大小为10V
C. 0.1s内电阻R产生的电热为0.192JD. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C
13.如图所示利用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关下列图像中能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
A. B.
C. D.
14.通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻碍作用，物体会损耗部分机械能。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的增大而增大。假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初速度为v0方向与水平地面夹角为θ，如图所示。弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为α，落地点与抛出点在同一水平面。弹丸从抛出到落地的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹丸的加速度先减小后增大
B. 弹丸上升的时间小于下降的时间
C. 弹丸在最高点时的加速度是重力加速度
D. 弹丸落地时与水平地面的夹角α小于抛出时与水平地面的夹角θ
二、填空题：本大题共1小题，共4分。
15.某同学利用图所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向______(选填“左”或“右”)偏转；待电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，灵敏电流计指针将向______(选填“左”或“右”)偏转。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．
(1)此玻璃砖的折射率计算式为n=______(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)P1、P2及P3、P4之间的距离适当______(填“大”或“小”)些，可以提高准确度．
17.某同学利用图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下小球抛出点在记录纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹(图乙为B球多次落点的痕迹)分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为mA，B球的质量为mB。
(1)关于实验器材，下列说法正确的是______。
A.实验轨道必须光滑
B.该实验不需要秒表计时
C.A球的质量可以小于B球的质量
(2)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.实验过程中白纸和复写纸可以随时调整位置
B.A球每次必须从同一位置由静止释放
C.B球的落点并不重合，说明该同学的实验操作出现了错误
(3)实验直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是______。
(4)若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后动量守恒(用所测物理量表示)。
(5)该同学做实验时所用小球的质量分别为mA=45g、mB=7.5g，丙图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点的位置标注在丙图中。
四、简答题：本大题共4小题，共40分。
18.一长为L的不可伸长的细绳下挂有一个质量为m的小球，现将细绳拉开偏离竖直方向一定角度，将小球由静止释放，小球到达最低点时，以速度v与静止在光滑水平面的另一个质量相同的小球发生正碰后粘在一起，在此过程中，求：
(1)小球下落的高度H；
(2)小球发生碰撞前瞬间，细绳对小球的拉力大小F；
(3)碰撞过程中损失的机械能。
19.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L=0.40m，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R=0.40Ω的定值电阻，导体杆ab的质量为m=0.10kg，电阻r=0.10Ω，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.50T方向竖直向下的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨以v=2.0m/s做匀速直线运动，导体杆始终与导轨垂直。求：
(1)通过电阻R的电流I的大小及方向；
(2)拉力F的大小；
(3)撤去拉力F后，导体杆逐渐停止运动，在此过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。
20.1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间加有方向发生周期性变化的加速电压U两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1的边缘飞出，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子飞出加速器时获得的最大动能Ekm。
(2)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到飞出加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
21.在物理学的研究过程中，对变速运动的研究是从最简单的变速直线运动开始的。最简单的变速直线运动，速度应该是均匀变化的。速度随时间均匀变化的直线运动叫做匀变速直线运动，加速度a=vt−v0t为一定值。若某种变速运动的速度v是随位移x均匀变化的，请解答以下问题：
(1)类比速度随时间均匀变化的运动中加速度a的定义，写出速度随位移均匀变化的运动中加速度a′的定义式，使a′也为定值；
(2)如图所示，质量为m的金属棒放在宽度为L的光滑导轨上，导轨左侧连接阻值为R的电阻，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。给金属棒一个水平向右的初速度v0，运动过程中金属棒始终与导轨垂直。
①证明金属棒运动的速度v随位移x是均匀变化的，加速度a′为定值；
②a.请从牛顿运动定律的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况；
b.请从a′不变的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、机械波可能是横波，也可能是纵波，电磁波都是横波，故A错误；
B、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故电磁波可以在真空中传播，而机械波只能在介质中传播，故B错误；
C、机械波和电磁波都属于波，在传播过程中都可以传递信息和能量，故C正确；
D、衍射和干涉是波特有的现象，不论是机械波还是电磁波都能发生衍射现象，故D错误。
故选：C。
电磁波是交变电磁场在空间的传播，机械波是机械振动在介质中的传播，电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质；电磁波和机械波的传播过程中都传递了能量；电磁波是横波；衍射是波特有的现象。
本题考查了机械波和电磁波的性质，要注意明确二者的共同点以及主要区别。
2.【答案】B
【解析】解：ABC、根据折射定律n=sinisinr结合图象可知玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，即
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则b光的频率大于c光的频率，根据c=λf可知在真空中b光的波长小于c光的波长，b光更容易发生衍射现象；
故AC错误，B正确；
D、根据v=cn可知在玻璃砖中b光的传播速度小于c光的传播速度，故D错误。
故选：B。
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，从而分析衍射现象，根据v=cn判断光出在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
3.【答案】A
【解析】解：ABC、对物块进行受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，有：物块所受支持力N=mgcsθ，物块所受摩擦力f=mgsinθ，故A错误，B正确，C正确；
D、根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力等值、反向、共线，即斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
对物体受力分析，处于三力平衡状态，根据平衡条件，利用正交分解法列式求解支持力和静摩擦力。
本题是受力平衡问题，关键是根据平衡条件列式求解。难度较小。
4.【答案】B
【解析】A、小球做圆周运动的周期T=tn，其向心力公式为Fn=m4π2T2r=m4π2n2t2r，故A错误；
B、设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ=rh，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力，有F合=mgtanθ=mgrh，故B正确；
C、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故C错误；
D、设绳长为 L，根据牛顿第二定律有mgtanθ=m⋅Lsinθ⋅ω2，解得；ω= gLcsθ，由此可知，角速度越大，θ越大，故D错误。
故选：B。
小球受到重力和绳子拉力，二者的合力提供向心力，根据小球转的圈数和总时间求出小球做圆周运动的周期，根据向心力公式写出表达式根据牛顿第二定理求出角速度的表达式，判断角速度与夹角的关系即可。
可假设绳长再判断角速度与夹角的关系式，根据牛顿第二定律求出角速度与夹角的函数表达式进行判断。
5.【答案】C
【解析】解：AB、由图可得：波的振幅A=5cm，波长λ=8m，故周期T=λv=4s，故AB错误；
C、此时x=4m处的质点在最大位移处，故回复力最大，加速度最大，故C正确；
D、由波向右传播可得：此时x=6m处的质点向下振动，即质点沿y轴负方向运动，故D错误；
故选：C.
由图得到振幅和波长，即可根据波速求得周期；再根据波的传播方向，由质点位置得到质点的运动方向、加速度．
对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长(或由振动图得到振幅、周期)，再根据传播方向得到某质点的振动图(或波形图)，进而得到各质点的振动．
6.【答案】C
【解析】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um=220 2V
有效值U1=Um 2=220 2 2V=220V
由理想变压器的变压比得：U1U2=n1n2
代入数据解得：U2=110V
电压表示数为110V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R=11011A=10A
由理想变压器的变流比得：I1I2=n2n1，代入数据解得：I1=5A，电流表读数为5A，故AB错误；
C、副线圈输出功率P2=U2I2=110×10W=1100W，理想变压器原线圈输入功率P1=P2=1100W，故C正确；
D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的ω=100πrad/s，周期T=2πω=2π100πs=0.02s，变压器副线圈输出电压的周期与原线圈输入电流周期相等，是0.02s，故D错误。
故选：C。
根据理想变压器原线圈电压的瞬时值的表达式求出最大值、频率，再根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析答题。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma可知，卫星分别沿轨道1和轨道2经过 Q 点时的加速度相等，故A正确；
B、卫星近地圆轨道1到轨道3要经过两次点火加速，因此卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得GMmr2=m4π2T2r，可得
T= 4π2r3GM，卫星在轨道3上的运行的轨道半径大于在轨道1上的运行的轨道半径，故卫星在轨道3上的运行周期大于在轨道1上的运行周期，故C错误。
D、万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，整理得v= GMr，可知随着轨道增高，速度减小，卫星在轨道3上线速度小于卫星在轨道1上的运行速率，故D错误；
故选：A。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度、和向心力的表达式进行讨论即可。
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。
8.【答案】A
【解析】解：A、电动机的功率达到额定功率P时速度为v，则牵引力F=Pv，故A正确；
BC、电动机对小车做的功为牵引力做的功，又知牵引力恒定，则电动机做的功：W=Fx=Pvx，电动机达到额定功率之前，电动机的功率小于额定功率，所以电动机对小车所做的小于Pt，故BC错误；
D、小车牵引力F和阻力f恒定不变，根据牛顿第二定律：F−f=ma，可得加速度恒定不变，故D错误。
故选：A。
A、根据P=Fv可得牵引力大小；
BC、电动机功率为牵引力做功的功率，根据W=Fx可得电动机做功，根据电动机达到额定功率之前，功率小于额定功率，则可知电动机对小车所做的功与Pt的大小关系；
D、牵引力和阻力大小恒定，根据牛顿第二定律可知加速度恒定。
本题考查了功率、功的计算，解题的关键是电动机功率为牵引力做功的功率，不是阻力做功的功率，也不是合力做功的功率。
9.【答案】D
【解析】解：A.两小球所受的重力相同，下落高度相同，重力做功相同，重力势能变化量相同，故A错误；
B.两小球所受的重力相同，下落高度相同，重力做功相同，动能的变化等于重力做功，故B错误；
CD.两球所受的重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt，但速率的大小变化不同，故C错误，D正确。
故选D。
两球运动时间相同，受力相同，则其动量的变化量，速度的变化量相同。
关键是区别好矢量与标量，明确动量的变化为矢量，速率的变化不是速度变化的大小。
10.【答案】D
【解析】解：A、根据左手定则，粒子M运动方向与四指指向相同，粒子N运动方向与四指指向相反，可知，M带正电，N带负电，故A错误；
B、根据
qvB=mv2r
解得
v=qBrm
根据图像可知，粒子M的轨道半径小于粒子N的轨道半径，可知M的速率小于N的速率，故B错误；
C、洛伦兹力方向始终垂直于粒子运动的速度方向，即洛伦兹力对M、N都不做功，故C错误；
D、根据
T=2πrv
结合上述解得
T=2πmqB
由于带电粒子M和N的质量和电量都相等，则M、N在磁场中运动的周期相等，故D正确。
故选：D。
由左手定则判断出MN电性；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，通过半径分析速率；洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功；根据周期公式，分析运行时间。
本题考查学生对左手定则、洛伦兹力提供向心力规律的掌握，是一道基础题。
11.【答案】B
【解析】解：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为F电=Ee=eUd，洛伦兹力方向向下，大小为f=evB；电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，只要减小电场力F电，或增大洛伦兹力f即可。
A、只将两极板间距离适当减小时，F电增大，故A错误；
B、只将电子的入射速度适当增大，受到的洛伦兹力增大，故B正确；
C、只将变阻器滑片P向b端滑动，电容器两端电压不变，电场力不变，故C错误；
D、只将磁场的磁感应强度适当减小，电子受到的洛伦兹力更小，故D错误。
故选：B。
根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力。
正确分析电子受到的电场力以及洛伦兹力的方向，知道电子向上偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，知道当两极板一直和电源相连时电压不变。
12.【答案】C
【解析】解：AB、线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，电阻R中电流方向从a→b，所以电阻R两端b点比a点电势低，
由法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt=200×0.015−−0V=10V
由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r=1048+2A=0.2A
则电阻R两端的电压大小U=IR=0.2A×48Ω=9.6V，故AB错误；
C、0.1s内电阻R产生的电热Q=I2Rt=(0.2)2×48×0.1s=0.192J，故C正确；
D、0.1s时间内通过电阻R的电荷量q=It=0.2×0.1C=0.02C，故D错误。
故选：C。
AB、根据楞次定律可知感应电流的方向，在外电路沿着电流的方向电势降低可得a、b两点电势的高低，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小，则可得电阻R两端的电压；
CD、根据焦耳定律可得电阻R产生的电热，根据q=It可得电荷量的大小。
本题考查了电磁感应中的图像问题，解题的关键是根据图像求出感应电动势大小，注意电阻R两端的电压等于路端电压，不等于电动势。
13.【答案】C
【解析】解：AB、闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AB均错误；
CD、当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故C正确，D错误。
故选：C。
电感对电流的变化起阻碍作用，断开电键时，通过灯泡D的电流I减小，此时D、L构成一回路，电感阻碍电流I减小，从而即可求解。
解决本题的关键掌握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。
14.【答案】B
【解析】解：B.弹丸运动如图所示，
设阻力方向与水平方向的夹角为β，竖直方向初速度为v0y=v0sinθ，从开始到最高点加速度a1=g+fsinβm，从最高点到落点加速度a2=g−fsinβm，可知上升过程竖直方向上加速度更大，则上升时间要小，故B正确；
A.弹丸的加速度一直在减小，故A错误；
C.最高点时，阻力f与重力mg垂直，加速度为a= (fm)2+g2，故C错误；
D.如图所示，
虚线是没有阻力作用时的抛物线，而存在空气阻力时，球在竖直和水平方向上都会做减速运动，实际球的轨迹为实线所示，弹丸落地时与水平方向的夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ，故D错误。
故选：B。
分别对弹丸上升过程和下落过程受力分析，由加速度大小和上升高度等于下落高度求出上升时间和下落时间关系；在最高点受力分析可求出最高点加速度，做出弹丸实际运动轨迹，与斜抛运动轨迹比较分析角度。
本题考查曲线运动和牛顿第二定律结合，关键是对弹丸不同阶段受力分析求出加速度变化从而判断时间变化。
15.【答案】右 右
【解析】解：闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，根据图可知，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过A的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转；电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转。
故答案为：右；右
图示状态闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，滑片向右滑动、将线圈A从线圈B中拔出都会引起B中的磁通量减小，以此判断感应电流的方向。
这道题通过实验，得到磁通量增大时和磁通量减小时感应电流的方向相反，属于比较容易的题。
16.【答案】sinθ1sinθ2；大
【解析】解：(1)由图知，入射角为θ1、折射角为θ2.根据折射定律得：此玻璃砖的折射率计算式为：n=sinθ1sinθ2.
(2)P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，测量时入射角和折射角的相对误差可减小些，可以提高准确度．
故答案为：(1)sinθ1sinθ2；(2)大．
(1)入射角和折射角分别是入射光线、折射光线与法线的夹角，根据图确定入射角和折射角，根据折射定律求出折射率；
(2)为了减小实验的误差，大头针之间的距离适当大一些．
解决本题的关键是要知道实验的原理，本实验用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律．
17.【答案】(1)B；
(2)B；
(3)小球从水平轨道末端飞出后做平抛运动，下落相同高度，所用时间相同，所以小球水平位移与从水平轨道末端飞出的速度成正比；
(4)mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF；
(5)
【解析】【分析】
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)结合平抛运动不同方向的运动特点分析出水平射程与速度的关系；
(4)根据动量守恒定律分析出正确的关系式；
(5)根据弹性碰撞的特点分析出B球的落点。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动分析出速度和水平射程的关系，同时结合弹性碰撞的特点即可完成分析。
【解答】
(1)A、本实验要求A球每次运动至斜槽末端时的速度都相等，只需要每次将A球从斜槽轨道同一位置由静止释放即可，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故A错误；
B、本实验通过位移信息来间接反应速度大小，因此不需要秒表计时来测量速度，故B正确；
C、为使碰撞后A球不反弹，A球的质量必须大于B球的质量，故C错误；
故选：B。
(2)A、实验过程中复写纸可以随时调整位置，但白纸不能随意调整位置，否则会使记录的落点位置变化，故A错误；
B、为了使A球每次达到轨道末端时速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C、B球的落点并不重合，属于实验的系统误差，并不说明该同学的实验操作出现了错误，故C错误；
故选：B。
(3)通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，这样做的依据是小球从水平轨道末端飞出后做平抛运动，下落相同高度，所用时间相同，所以小球水平位移与从水平轨道末端飞出的速度成正比。
(4)因为A球碰后速度不可能比初速度大。所以A球碰后的落点一定是D，而B球碰后的落点一定是F，根据前面分析可知，碰撞前瞬间A球的速度、碰撞后瞬间A、B球的速度可分别表示为：
vA1∝OE；vA2∝OD；vB1∝OF
根据动量守恒定律有：
mAvA1=mAvA2+mBvB1
所以验证动量守恒需要满足的表达式为：
mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
(5)若两球碰撞为弹性碰撞，则根据机械能守恒定律得：12mAvA12=12mAvA22+12mBvB12，联立解得：vB1vA1=127，所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12：7，标注的位置如图所示：
。
18.【答案】解：(1)小球下落过程由动能定理得
mgH=12mv2−0
解得小球下落的高度H=v22g
(2)小球发生碰撞前瞬间，由牛顿第二定律得
F−mg=mv2L
解得细绳对小球的拉力大小F=mg+mv2L
(3)在最低点两小球碰撞，设向左为正方向，由动量守恒可得
mv=2mv′解得
v′=12v
碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12mv2−12×2mv′2=14mv2
答：(1)小球下落的高度H为v22g；
(2)小球发生碰撞前瞬间，细绳对小球的拉力大小F为mg+mv2L；
(3)碰撞过程中损失的机械能为14mv2。
【解析】(1)由动能定理得小球下落的高度；
(2)由牛顿第二定律在圆周运动中的应用解得细绳对小球的拉力；
(3)先由动量守恒解得碰撞后的共同速度，在应用机械能守恒定律求得损失的机械能。
本题考查了顿第二定律在圆周运动中的应用，动能定理、机械能守恒定律的简单应用，难度不大。
19.【答案】解：(1)ab杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv
根据全电路欧姆定律：I=ER+r
代入数据解得：I=0.80A
根据右手定则可得方向从M到P。
(2)杆做匀速直线运动，拉力等于安培力，根据安培力公式有：
F=BIL
代入数据解得：F=0.16N
(3)撤去拉力后，根据能量守恒，电路中产生的焦耳热为：
Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J；
根据焦耳定律可知：QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=0.16J
答：(1)通过电阻R的电流I的大小为0.80A，方向从M到P；
(2)拉力F的大小为0.16N；
(3)撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热为0.16J。
【解析】(1)根据动生电动势公式计算感应电动势，根据全电路欧姆计算电流强度，根据右手定则判断电流方向；
(2)杆做匀速直线运动，拉力大小等于安培力大小，根据安培力公式和共点力的平衡条件计算拉力大小；
(3)撤去拉力后，根据能量守恒计算产生的总热量，由此计算电阻R上产生的焦耳热QR。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】解：(1)当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，由牛顿第二定律得
qBvm=mvm2R
粒子离开加速器时获得的最大动能
Ekm=12mvm2
解得
Ekm=q2B2R22m
(2)粒子在电场中被加速n次，由动能定理得
nqU=Ekm
解得
n=qB2R22mU
粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转n2圈的时间t1和通过金属盒间鄍n次所需的时间t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。
由牛顿第二定律得
qBv=mv2r
运动周期
T=2πrv=2πmqB
粒子在磁场中运动时间
t1=n2T=πBR22U
粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得
nd=vm2t2
解得
t2=BRdU
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
t1t2=πR2d=1.6×103
答：(1)粒子飞出加速器时获得的最大动能Ekm为q2B2R22m。
(2)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，粒子从A点开始运动到飞出加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比为1.6×103。
【解析】(1)根据质谱仪和回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。
(2)电场加速过程的可以视为间断性的匀加速直线运动，可以由动能定理求出末速度后利用牛顿第二定律和运动学公式求解，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可以求出半个周期的时间，再由电场的加速此时判断出磁场运动的半个周期数，之后乘以半个周期的运动时间即可得出结果。
本题考查质谱仪和回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。
21.【答案】解：(1)类比匀加速直线运动中加速度a的定义，可知
a′=v−v0x
(2)①在导体棒速度从v0变为v的过程中取一极小时间Δt，设在这一段时间内，导体棒的速度从vi变为vit，因为时间极短，可认为这一段时间内安培力为一定值，根据动量定理可得
−BILΔt=mvit−mvi
电路中电流为
I=BLviR
联立可得
B2L2Rx=mv0−mv
整理，得
v=v0−B2L2mRx
因此导体棒的运动速度v随位移x均匀变化。
②a.根据牛顿第二定律
F安=BIL=ma
I=BLvR
所以
a=B2L2vmR
所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。
b.根据加速度定义式，有
a=ΔvΔt
a′为定值，且有相同的Δv，Δx相同，v−变小，Δt变大，所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。
答：(1)速度随位移均匀变化的运动中加速度a′的定义式为a′=v−v0x；
(2)①见解析；
②a.随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小，见解析；
b.随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小，见解析。
【解析】(1)根据类比的方法分析解答；
(2)①根据动量定理分析解答；
②a.根据牛顿第二定律分析解答；
b.根据题意结合定义式分析解答。
本题主要是考查“另类加速度”的计算，关键是能够根据类比法得到加速度a′的定义式，再根据电磁感应现象中速度随位移的变化情况进行解答。
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