参考答案 1．【答案】D 【解析】
试题分析：两球的抛出高度相同，故下落时间相同，故AB错误；两小球的水平位移分别为OP和OQ，故水平位移之比为1：4，故由x?vt可知两小球的初速度之比为1：4，故D正确，C错误； 考点：平抛运动
【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系。 2．A 【解析】
试题分析：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为 22A?0.1A，根据电压、电流与匝数220的关系知，原线圈中电压为 ?220?110V，电流为 ?0.1?0.2A，A正确．故选A． 考点：交流电；变压器
【名师点睛】本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解。 3．C 【解析】
1221111s，则波传播的时间为：△t=s，而周期为T=0.5s，则△t=T，波88411传播的距离为：△x=λ=×12m=3m，由波形平移法得知，波向x轴正方向，C正确
44试题分析：由题，t2?t1?考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系
【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，运用波形的平移法进行处理是经常采用的方法．初次之外，在分析波的传播上还经常用到上坡下坡法、二速（波速和质点振动的速度）同侧法以及前点带动后点法．解答该类型的题要注意对时间间隔的限制，以及波传播的周期性． 4．A 【解析】
试题分析：从速度-时间图象可以看出b小球速度-时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据a?F知，加速度大的质量小，所以am小球质量大于b小球质量，故A正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最小，之后距离又开始逐渐变大，故B、C错误；b球0-t1时间内作匀减速运动，所以0-t1时间内排斥力与运动方向相反，t1～t2时间内作匀加速运动，斥力方向与运动方向相同，故D错误．故选A。
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考点：v-t图线；牛顿定律的应用
【名师点睛】此题考查了v-t图线以及牛顿定律的应用；解决本题的关键能正确分析小球的受力情况，知道图象的斜率等于加速度，质点作加速运动时合力与速度同向，减速运动时合力与速度反向。 5．B 【解析】
试题分析：由乙图得到理想变压器的输出电压的最大值为Um=311V，故有效值为：
U1?311V?220V； 2110A?22A，故B正确；负载电阻R消耗的电功率约为5已知n1、n2的比值为2：1，根据理想变压器的变压比得副线圈电压U2=110V，所以通过负载电阻R的电流的有效值为I2?2U21102PR??W?2420W，选项A错误；由乙图得周期T=0．02s，所以通过负载电阻R的电流
R5的频率为f?故选B．
1?50Hz，故CD错误； T考点：交流电的有效值；频率
【名师点睛】本题关键记住变压器的变压公式，知道理想变压器的输入功率等于输出功率；同时要熟悉交流电的最大值、有效值、峰值；理想变压器的输入功率和输出功率相等。 6．D 【解析】
试题分析：线框刚进入磁场时，bc边切割磁感线，由右手定则知，进入时的感应电流方向为顺时针方向，C错；当线框出磁场时，ad边切割磁感线，由右手定则知此时的电流方向也为顺时针方向，AB错，D对。
考点：电磁感应现象、右手定则。 【名师点睛】对电磁感应电源的理解
（1）电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。 （2）电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为E＝BLv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。
（3）在电磁感应电路中，相当于电源的导体（或线圈）两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势。（除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零） 7．D 【解析】
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试题分析：小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒．故A错误；摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），代数和不为0．故B错误在脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平方向动量守恒．设物块运动到B点时，物块的速度大小是v1，小车的速度大小是v2，根据动量守恒得：0=mv1+M（-v2） 根据能量守恒得：mgh?1212mv1?Mv2 222gRM2m2gR解得：v1? ，v2?．故C错误，D正确．故选D． 2M?mM?Mm考点：动量守恒定律及能量守恒定律 8．AD 【解析】
试题分析：由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，受到v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：道半径r减小．
因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，故A正确； 根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误；因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，故D正确．故选AD。 考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；解题时能根据飞行器向前喷气判断飞行器速度的变化，再根据做匀速圆周运动的条件求确定物体做近心运动，熟知飞行器变轨原理是解决本题的关键。 9．AD 【解析】
试题分析：流过电阻R的电荷量为
；导体达到最大速度时满足：
，
减小，小于在P点受到的万有引力：
，则飞行器将开始做近心运动，轨
解得
平均速度不等于
，因导体在力F作用下做加速度减小的变加速运动，故导体棒运动的
，选项B错误；根据动能定理，恒力F做的功、摩擦力
做的功和克服安培力做功之和等于动能增加量，而克服安培力做功等于回路产生的电能，故恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒所增加的动能，选项C错误，D正确；故选AD． 考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡
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【名师点睛】导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，由求
解电量．根据平衡条件和安培力的表达式求解最大速度．根据功能关系分析：恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量、恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系． 10．CD 【解析】
试题分析：进入过程中，产生的安培力是阻碍金属框进入磁场，故方向向左，穿出过程中，产生的安培力是阻碍线框穿出，故方向向左，所以两个过程中的安培力方向相同，A错误；进入磁场时，线框做匀速运动．进入磁场后，线框匀加速通过位移d-L，穿出磁场时，速度增大，安培力增大，则线框做减速运动，穿出磁场时，线框速度大于等于进入磁场时的速度．则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故B错误；根据功能关系：进入磁场过程，F做功等于线框的发热量．穿出磁场过程，F做功与动能的减小量之和等于线框的发热量，而拉力做功相等，则进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量，故C正确；根据q?相等，则通过导体内某一截面的电量相等，D正确； 考点：考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向．线框进入磁场过程加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，安培力增大，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短．根据感应电量公式
??可得两种情况下线框的磁通量变化量Rq???，分析电量关系 R11．ABC 【解析】
22BLv02BLv0试题分析：由F=BIL及I?，得安培力大小为FA?．故A正确；由题，MN棒第一次
R并R运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为2Q．由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于 ?2Q?132Q，故B正确；3由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为
11212 （mv0?2Q）?mv0?Q，故C正确；当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应2242B2L2?0电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故D错误；故选ABC．
R 12
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