知识点：物理

C

【考点】动量定理．

【分析】冲量的定义为力与时间的乘积，动量定理是指合外力的冲量等于动量的变化量．

【解答】解：A、重力的冲量为重力与作用时间的乘积，为mgt，故A错误；

B、C、拉力的冲量为拉力F与时间t的乘积，即Ft，故B错误C正确；

D、物体受到的合外力为Fcosθ，根据动量定理知△P=Ftcosθ＜Ft，故D错误．

故选：C

知识点：物理

A

【考点】磁感应强度；安培力．

【分析】根据安培的分子电流假说，磁体的磁场和电流的磁场一样都是由运动电荷；

磁感应强度的定义式是B=，是比值定义法定义的，磁感应强度B的值是由磁场本身决定的，与F、I、l无关．

安培力的方向与该处的磁场方向垂直；

当导线的方向与磁场的方向平行时，导线不受到的安培力．

【解答】解：A、根据安培的分子电流假说可知，磁体的磁场和电流的磁场一样都是由运动电荷．故A正确．

B、公式B=是磁感应强度的定义式，是比值定义法定义的，但磁感应强度B的值是由磁场本身决定的，与F、I、l无关，故B错误．

C、根据左手定则可知，通电直导线所受安培力的方向与该处的磁场方向垂直，故C错误．

D、当导线的方向与磁场的方向平行时，导线受到的安培力等于0，磁场不一定是0．故D错误．

故选：A

知识点：物理

A

【考点】感应电流的产生条件．

【分析】当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．

【解答】解：A、以bc为轴转动，磁通量发生变化，所以有感应电流．故A正确．

B、以ab为轴转动，磁通量始终为0，即磁通量不变，无感应电流．故B错误．

C、垂直纸面向内匀速运动，磁通量始终为0，无感应电流．故C错误．

D、在纸面内向下运动，磁通量始终为0，无感应电流．故D错误．

故选A．

知识点：物理

C

【考点】远距离输电．

【分析】根据输送功率相等，运用P=UI得出输送电流之比，再根据输电线上损失的功率相同，得出输电线的电阻之比，最后运用电阻定律求出输电线的横截面积之比

【解答】解：根据P=UI得输送电流之比等于输电电压之比，则．根据P=I2R得，输电线上的电阻R=，则电阻之比，由知，导线长度和材料也相同，．故C正确，A、B、D错误．

故选：C

知识点：物理

D

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】变压器的电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，磁通量的变化率相同，频率不变．

【解答】解：交流电的电流与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流不改变电流的频率、电功率及磁通量的变化率．原线圈的感应电动势，副线圈中的感应电动势，原副线圈匝数不相等，所以原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势不相同，ABC原副线圈中相同，只有D原副线圈不同

本题选原副线圈中不同的，故选：D

知识点：物理

D

【考点】传感器在生产、生活中的应用．

【分析】（1）由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联；根据题意得出有人通过时R1阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和A、B间电压的变化；

（2）当仅增大R1连入电路中的阻值时，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R2两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知A、B间电压的变化．

【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联．

①②、当有人通过通道而遮蔽光线时，R1阻值变大，电路中的总电阻变大；

根据I=可知，电路中的电流变小，根据U=IR可知，R2阻值不变时，其两端的电压变小，即A、B间电压降低，故①错误，②正确．

③、当仅增大R1连入电路中的阻值时，电路中的电阻变大；根据I=可知，电路中的电流变小，根据U=IR可知，R2阻值不变时，其两端的电压变小，即A、B间电压降低，故③错误；

④、当仅减小R2的阻值时，电路中的电阻变大；根据I=可知，电路中的电流变大，根据U=IR可知，R2阻值不变时，其两端的电压变大，可增大A、B之间的电压，④正确；

故选：D

知识点：物理

C

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．

【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向，直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d．

故选：C．

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：物理

B

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．

【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感应电流方向．

【解答】解：0～1s，感应电动势为：

感应电流大小为：

由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，结合选项知B正确，ACD错误

故选：B

知识点：物理

D

【考点】安培力．

【分析】对直导体棒受力分析，结合平衡条件，及同向电流相互吸引，即可求解．

【解答】解：对直导体棒受力分析，除受到重力与支持力外，还要受到安培力才能平衡，根据重力与支持力的方向，若安培力在两虚线范围内，则会处于平衡；

再根据同向电流相互吸引，所以只有在d处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒，才能保持导体棒静止在斜面上，故D正确，ABC错误；

故选：D

知识点：物理

CD

【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．

【解答】解：A、由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A错误；

B、由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，与中性面平行，则磁通量为0，故B错误；

C、t4时刻线圈的感应电动势最大，通过线圈平面的磁通量的变化率的绝对值最大，故C正确；

D、每当感应电动势e变换方向时，通过线圈平面的磁通量的绝对值都为最大，故D正确；

故选：CD．

知识点：物理

AD

【考点】洛仑兹力．

【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，根据左手定则判断粒子的电性和旋转方向和可能情况．

【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，即洛伦兹力指向圆心；

若粒子带正电，根据左手定则得知，沿逆时针方向运动；

若粒子带负电，根据左手定则得知，沿顺时针方向运动；

故AD正确，BC错误；

故选：AD

知识点：物理

AC

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】从图中读出原线圈输入电压的最大值和周期，计算出频率，根据变压器的电压之比等于匝数之比计算出副线圈的电压有效值，P滑动，结合电路动态分析知识分析输出功率的变化．

【解答】解：A、从图中可知原线圈的输入电压的周期T为2×10﹣2s，则频率f=，变压器原副线圈的电压频率相同，则副线圈输出电压的频率为50Hz，A正确；

B、从图中可知原线圈的输入电压最大值为310V，原、副线圈的匝数比为10：1，则副线圈副线圈输出电压的最大值为31V，不是有效值，B错误；

C、P向右滑动，滑动变阻器的接入电阻变小，则副线圈的电流增大，副线圈电压不变，则副线圈的总功率即输出功率增加，C正确；

D、原副线圈的电流比与原副线圈匝数成反比，匝数没变，则原副线圈的电流比不变，与P向右移动无关，D错误；

故选：AC．

知识点：物理

BC

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【分析】根据电压的波形图直接读出周期，根据Q=t来求解电压的有效值；电压表读数为有效值；

根据交流电的瞬时值大于氖管的耐压值，才能发光，即可求解．

【解答】解：AC、根据电流的热效应，则有：，

解得有效值为：U=100V，电压表读数为有效值，所以电压表读数为100V，故A错误，C正确；

B、由图象可知，周期为0.02s，故B正确；

D、只有当交流电压大于起辉电压为150V时，氖管才能发光，由图象可知，一个周期发光两次，则在1分钟发光100次，故D错误；

故选：BC．

知识点：物理

CD

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．

【解答】解：A、金属棒所受的安培力为：FA=BIL=，a=速度增大，安培力增大，则加速度减小．故A错误．

B、根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能．故B错误．

C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率．故C正确．

D、根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能．故D正确．

故选：CD．

知识点：物理

4.0，90

【考点】动量定理．

【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小．

【解答】解：取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2﹣（﹣mv1）=0.5×（5+3）kg•m/s=4.0kg•m/s，方向竖直向上．

代入动量定理的公式，得：（F﹣mg）t=△P，

代入数据求得：F===90N

该故答案为：4.0，90

知识点：物理

BωL2，b．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．

【分析】根据转动切割产生的感应电动势公式求出a、b两端的电势差，根据右手定则判断电势的高低．

【解答】解：ab棒以a端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动，则a、b两端的电势差．

根据右手定则知，b端电势高．

故答案为： BωL2，b．

知识点：物理

负，向上运动

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．

【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，由楞次定律可判断极板带电性质，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势变化，从而知道电场力的变化．

【解答】解：当磁场均匀增加时，由楞次定律可判断上极板带正电．所以平行板电容器的板间的电场方向向下，带电粒子受重力和电场力平衡，所以粒子带负电．

若增大磁感应强度的变化率，感应电动势增大，粒子受的电场力增大，则带电粒子将向上运动．

故答案为：负，向上运动

知识点：物理

5π；100π

【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】由图象知交流电的周期可以求角速度ω，由电动势最大值的表达式间最大值．

【解答】解：由图象知交流电的周期为0.4s，所以角速度为：ω==5πrad/s，

由图可知，磁通量的最大值为为：BS=0.2Wb，

电动势最大值为：Em=NBSω=100×0.2×5π V=100π V，

故答案为：5π；100π

知识点：物理

1：16 1：4

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=I2R，电阻两端的电压U=IR即可求解．

【解答】解：根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：

电阻消耗的功率P=I2R，所以两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：16

电阻两端的电压U=IR，所以两电阻两端的电压之比UA：UB=1：4

故答案为：1：16 1：4

知识点：物理

解：（1）能沿直线通过速度选择器的粒子所受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，即evB1=eE

解得：v==m/s=2×105 m/s．

（2）粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即

evB2=m，

可得：R=

又质子的质量为mH，氘核的质量为2mH，则有：

d=×2﹣×2=5.2×10﹣3 m．

答：（1）能沿直线通过速度选择器的粒子的速度大小为2×105 m/s；

（2）质子和氘核进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d为5.2×10﹣3 m．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【分析】带电粒子先经电场加速后，再进入速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，速度必须为v=的粒子才能通过选择器，然后进入磁场做匀速圆周运动，打在S板的不同位置．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据半径公式分析比荷与轨迹半径的关系．

知识点：物理

解：（1）电动势的最大值为：Em=nBSω=200×0.5×0.1×0.1×20=20V

从图示位置开始计时，转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=20cos60°=10V

电动势的有效值为：E===10V

交流电压表的示数为：U=E=×10=8V

（2）线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量为：

q=n=n=200×=0.1C

（3）线圈转动一周外力所做的功等于产生的热量，即：

W=Q=t=×=4π

答：（1）线圈从图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势10V，交流电压表的示数8V；

（2）线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量为0.1C；

（3）线圈转动一周外力所做的功为4π．

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

【分析】（1）先根据Em=NBωS求出最大值，先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；再根据最大值与有效值的关系求出有效值，根据闭合电路的欧姆定律求出电压表的示数；

（2）根据q=n求线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量；

（3）再由焦耳定律求出热量，由功能关系可得．

知识点：物理

解：（1）设CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I．

则对R研究，可知：

棒产生的感应电动势为 E=BLv

由闭合电路欧姆定律有：，得：

设CD杆受到的拉力为F，则安培力大小 FA=BIL=0.8×2N=1.6N

因为稳定时棒匀速运动，则有F=FA=1.6N，

则加速度的最大值．

（2）当加速度为最大加速度一半时，a=8m/s2，

根据牛顿第二定律有：，

代入数据解得v=1m/s，

电压表的示数U=V=0.5V．

（3）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量mv2=Q

得：Q=×0.1×22J=0.2J

电阻R上产生的电热．

答：（1）拉动金属棒的外力F为1.6N，此过程中金属棒的最大加速度为16m/s2；

（2）当金属棒的加速度为其最大加速度的一半时，电压表的示数为0.5V；

（3）此后电阻R上产生的热量是0.125J．

【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；焦耳定律．

【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势，由安培力公式F=BIL求得安培力大小，由于棒匀速运动，拉力与安培力二力平衡，即可求解；

（2）根据加速度的大小，结合牛顿第二定律和安培力的表达式求出金属棒的速度，根据切割产生的电动势公式，结合欧姆定律求出电压表的示数．

（3）撤去外力F，棒在安培力作用下做减速运动，最终停止运动，由能量守恒定律即可求解