知识点：物理

D

【考点】感应电流的产生条件；电场；电场线．

【分析】解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；

电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱．

当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷．体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷．

根据产生感应电流的条件判断．

【解答】解：A、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的，故A错误；

B、电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，故B错误；

C、体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷，只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理．故C错误；

D、根据感应电流发生的条件可知，只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中就有感应电流，故D正确．

故选：D

知识点：物理

B

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解．

【解答】解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：U==，

B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U==，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示；

故选：B．

知识点：抛体运动

AD

【考点】平抛运动；竖直上抛运动．

【分析】根据动能定理比较落地时的动能大小，方向不同；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率，通过比较运动的时间比较重力冲量；动量定理求变化率

【解答】解：A、根据动能定理，得，两物体落地时，速度大小相同，故A正确；

B、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率p=mgvsinθ，故B错误

C、高度相同，平抛时间短，根据动量定理I=mgt，故C错误

D、根据动量定理I=mg△t=△p．得动量的变化率，质量相同，所以两物体落地前动量变化率相等，故D正确．

故选：AD

知识点：物理

AC

【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交变电流．

【分析】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．一个周期内交变电流的方向改变两次．

【解答】解：A、t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，线圈位于中性面，故A正确；

B、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；

C、电动势的有效值为故C正确；

D、一个周期内交变电流的方向改变两次．故D错误；

故选：AC．

知识点：物理

B

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

【分析】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q=I△t分析电量的关系．根据感应电量q=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等，联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度．

【解答】解：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v1，末速度为v2．由动量定理可知：

BL△t=mv2﹣mv1，又电量q=△t，得

m（v2﹣v1）=BLq，

得速度变化量△v=v2﹣v1=

由q=可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，

则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，

故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．

设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v′，则有

v0﹣v′=v′﹣v，

解得，v′=；故B正确，ACD错误．

故选：B

知识点：变压器

C

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】根据变压器的规律电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，功率不变．

【解答】解：A、根据变压器的规律电流与匝数成反比，得=，且n1＜n2故A1的示数大于A2

故AB错误，C正确；

D、同理，A2的示数小于A3的，故D错误

故选：C

知识点：变压器

AB

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．

【解答】解：A、交变电压的频率为Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项正确；

B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；

C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；

D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．

故选：AB．

知识点：动量定理

BC

【考点】动量定理；功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】由于动量是矢量，对于动量的变化量我们应该采用平行四边形法则．

对于同一直线上的动量变化量的求解，我们可以运用表达式△P=P2﹣P1，但必须规定正方向．根据动量定理求F

运用动能定理求出碰撞过程中墙对小球做功．由P=求平均功率

【解答】解：AB、规定初速度方向为正方向，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=﹣6m/s；△v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；

动量变化量为：△P=m•△v=0.3kg×（﹣12m/s）=﹣3.6kg•m/s，

由动量定理：F•△t=△p，有，碰撞过程中墙壁对小球的平均作用力F为36N，故A错误，B正确；

CD、碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，对碰撞过程，对小球由动能定理得：W=△Ek=0，碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，平均功率，故C正确，D错误．

故选：BC．

知识点：动量定理

BD

【考点】动量定理．

【分析】相遇时两物位移相同，分别应用运动学公式和动量定理公式表示出位移，可以求得时间和甲的动量．

【解答】解：相遇时两物位移相同，对甲：S=，对乙：S=Vt=，联立得t=，甲的动量为Ft=2I

故选：BD

知识点：物理

BD

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．

【分析】以两棒组成的系统为研究的对象，通过受力分析即可求出拉力的大小；

以cd棒为研究的对象，进行受力分析，由公式F=BIL求出cd棒得出电路中的电流，然后由闭合电路的欧姆定律求出电动势；

由U=IR即可求出ab两端的电压；

金属棒ab以恒定速度v运动，切割磁感线产生感应电动势，由公式E=Blv求出感应电动势．

【解答】解：A、以两棒组成的系统为研究的对象，由于金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动，金属棒cd恰好能保持静止，则系统处于平衡状态，受到的合力等于0，所以沿斜面的方向：F=2mgsin30°=2×0.1×10×0.5=1N．故A错误；

B、以cd棒为研究的对象，cd受到的重力沿斜面向下的分力为：Gcd=mgsin30°=0.1×10×0.5=0.5N，由受力平衡则，Gcd=BIL，

所以：I===2.5A，金属棒ab产生的感应电动势为：E=IR总=2.5×2×0.2=1.0V．故B正确；

C、ab两端的电压是路端电压，即为：Uab=I•R=2.5×0.2=0.5V，故C错误；

D、棒ab将沿导轨向上匀速滑动，切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，金属棒的速度：v===5m/s．故D正确．

故选：BD．

知识点：物理

10.02，0.900．

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为10cm，游标尺上第2个刻度游标读数为：0.1×2mm=0.2mm=0.02cm，

所以最终读数为：10cm+0.02cm=10.02cm；

螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，

所以最终读数为：0.5mm+0.400mm=0.900mm．

故答案为：10.02，0.900．

知识点：用伏安法测电源电动势和内阻

（1）ABDFH；（2）乙；（3）1.5；1.0．

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；

（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理选择电路图；

（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．

【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节

为了读数准确，所以选择B．电流表：量程0～0.6A，D．电压表：量程0～3V，

滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干

（2）测量电电动势和内阻的时候，由于电的内阻是很小的，若采用甲图的接法，由于电流表内阻的影响，会使测量电阻偏大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图乙．

（3）由U﹣I图可知，电源的电动势为：E=1.50V；

内电阻为：r===1.0Ω；

故答案为：（1）ABDFH；（2）乙；（3）1.5；1.0．

知识点：物理

解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ac棒中的感应电动势为

E=Bdv=0.04×0.50×4.0=0.80 V

感应电流大小为：

I===4.0A

（2）由于ac棒受安培力：

FA=IBl=4.0×0.5×0.4N=0.8N；

导体棒匀速运动，拉力和安培力平衡，故外力的大小为0.8N；

答：（1）回路中感应电流的大小为4.0A；

（2）维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．

【分析】（1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，则公式E=BLv求出感应电动势；ac相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；

（2）ac棒做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解．

知识点：物理

解：（1）设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则

Em=NBL2ω=．

（2）设回路中电流的有效值为I，电阻两端电压的有效值即电压表的读数为U，则

=

则电压表的示数U=IR=0.4×4V=1.6V．

（3）设由图示位置转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为E，则

，

△Φ=BL2sin30°，

代入数据解得E=．

答：（1）转动过程中线圈中感应电动势的最大值为2V；

（2）电压表的读数为1.6V；

（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为V．

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．

【分析】（1）根据Em=NBL2ω求出转动过程中感应电动势的最大值；

（2）根据最大值和有效值的关系求出电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数；

（3）通过法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化量求出平均感应电动势．

知识点：动量守恒定律

解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA+2mvB

在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mv02=mvA2+×2mvB2

联立解得：vA=﹣v0，vB=v0；

（2）碰撞后B向左压缩弹簧到恢复原长过程中，B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，故弹簧恢复原长时，B的速度大小为 vB=v0，方向向右，C的速度为零．从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

2mvB=（2m+3m）v，

由机械能守恒定律得： •2m•vB2=（2m+3m）•v2+EP，

联立解得：EP=

答：（1）A、B碰后瞬间A的速度大小为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；

（2）第一次伸长最长时弹性势能是．

【考点】动量守恒定律；功能关系．

【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程遵守动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度．

（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==2v0

竖直分速度 vy=v0cot30°=

由h=，a=得

E=

（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．

由牛顿第二定律得：qvB=m，r==

根据几何关系得：R=rtan30°=

（3）在电场中，由h=得 t1=；

在磁场中，运动时间 t2=T=×=

故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2=+．

答：（1）电场强度E的大小是．

（2）圆形区域的半径R是．

（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t是+．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）粒子在电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合求解．

（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何关系求解R．

（3）分两个过程分别求出时间，即可得到总时间．