2023年北京市西城区高考物理二模试卷-普通用卷

这是一份2023年北京市西城区高考物理二模试卷-普通用卷，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市西城区高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 有关物体的内能，下列说法正确的是(    )
A. 物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大
B. 由于物体被举高，组成物体的分子的分子势能增大
C. 物体吸收热量，其内能一定增大
D. 物体对外界做功，其内能一定减小
2. 如图所示，一束光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为θ1，折射角为θ2。下列说法正确的是(    )
A. 反射光的频率大于入射光的频率
B. 折射光的波长等于入射光的波长
C. 若增大入射角θ1，则折射角θ2将减小
D. 若增大入射角θ1，则折射光将减弱
3. 氢原子能级示意图如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级，该氢原子的能量增加
B. 氢原子从n=3能级跃迁到n=4能级，该氢原子向外辐射光子
C. 大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出3种频率的光子
D. 处于基态的氢原子电离时将向外辐射13.6eV的能量



4. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是(    )

A. t=0时刻质点K的加速度比质点L的大
B. t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
C. 波沿x轴正方向传播，速度为v=1.0m/s
D. 波沿x轴负方向传播，速度为v=0.5m/s
5. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πtV，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是(    )
A. 电压表的示数为31.1V
B. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
6. 如图所示，轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量之比mA：mB=4：1，A、B到O点的距离之比rA：rB=1：2。当轻杆绕轴匀速转动时，下列说法正确的是(    )
A. A对杆的作用力大小等于B对杆的作用力大小
B. A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小
C. A的动能等于B的动能
D. A的周期小于B的周期
7. 如图所示，虚线为静电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则下列说法正确的是(    )


A. A点的电势大于B点的电势
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 将q在A点由静止释放，其受静电力将增大
D. 将q在A点由静止释放，其电势能将减小
8. 如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则(    )


A. 带电粒子获得的加速度变小 B. 带电粒子到达负极板的时间变短
C. 带电粒子到达负极板时的速度变小 D. 加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
9. 如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是(    )
A. 电荷量为−q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B. 电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C. 电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
D. 电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
10. 在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是(    )


A. t2时刻，圆环中无感应电流
B. t3时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C. t1～t3时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D. t2～t4时间内，圆环先出现扩张趋势后出现收缩趋势
11. 将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，然后断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是(    )
A. 闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B. 断开S瞬间电路中a点电势低于b点
C. 断开S前后通过灯泡A的电流大小不变
D. 闭合S后电源输出的电功率等于灯泡A和线圈L的发热功率之和

12. 研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知(    )

A. 弹性绳的原长为15m
B. 0～15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C. 15～27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D. 0～27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
13. “探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶(含砂)的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 小车的加速度增大到原来的2倍
B. 绳上的拉力增大到原来的2倍
C. 砂桶机械能的减少量小于原来的2倍
D. 砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多
14. 当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆(傅科摆)间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是(    )
A. 在北半球，物体由南向北运动过程中，它随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的左侧偏转
B. 在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左轨压力小于对右轨的压力
C. 在南半球，傅科摆在振动过程中，振动平面沿逆时针方向(俯视)不断偏转
D. “地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
(1)小球1和2的质量应满足m1 ______ m2，直径应满足d1 ______ d2。(选填“大于”“等于”或“小于”)
(2)实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止滚下，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______ 。(选填选项前的字母)
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球1释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式______ 是否成立【用(2)中测量的量表示】。请分析说明可以这样验证的理由。
16. 某同学在实验室进行测量电阻的实验。
(1)该同学先用欧姆表“×1”挡粗测一个未知电阻R的阻值，示数如图1所示，对应的读数是______ Ω。
(2)他进一步采用伏安法进行精确测量，测量电路如图2所示，其中电压表的内阻约为3kΩ，电流表的内阻约为0.1Ω，为了尽量减小实验误差，电压表的右端应接在______ 点(选填“M”或“N”)。
(3)随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。该同学为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样注满绝缘性能良好的横截面直径为几厘米的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，如图3所示。
a.他先通过查阅资料估算出容器内水样的电阻约为十万欧，然后用伏安法进行测量。除开关和若干导线外，他还找到下表所示的器材，请选择合适的器材，设计测量该水样电阻的方案，在下图方框内画出电路图，并标注所选器材的代号，水样的电阻用Rx表示。
器材(代号)
规格
电源(E1)
电动势约为3.0V，内阻可以忽略不计
电源(E2)
电动势约为15.0V，内阻可以忽略不计
电压表(V1)
量程0～3V，内阻约3kΩ
电压表(V2)
量程0～15V，内阻约15kΩ
电流表(A1)
量程0～0.6A，内阻约0.1Ω
电流表(A2)
量程0～200μA，内阻约500Ω
滑动变阻器(R)
总阻值约100Ω
b.测出水样的电阻Rx后，为了测出样品的电导率，请写出该同学还需要测量的物理量，以及使用的测量工具和测量方法。

三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17. 如图所示，电子从灯丝K发出(初速度不计)，在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
(1)电子穿过A板小孔时的速度大小v；
(2)电子从偏转电场射出时垂直板方向偏移的距离y；
(3)电子从偏转电场射出时的速度方向。
18. 图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长L=3m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r=3m的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角θ=37°。将游客和座椅看作一个质点，质量m=50kg。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a.向心力的大小Fn；
b.线速度的大小v。
(2)求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。


19. 电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起着极为重要的作用。
(1)直流电动机的工作原理可以简化为图1所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为m、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程中，导体棒上的电流I与速度v的大小关系满足I=E−BLvR，导体棒始终受到大小为f的阻力作用。求：
a.闭合S瞬间，导体棒受到的安培力的大小F0；
b.导体棒速度为v时，导体棒加速度的大小a。
(2)某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2所示，用于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f。线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a.若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度vm。
b.为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2的基础上改进了电路。如图3所示，单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。请说明这一设计的原理。


20. 建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
(1)如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a.卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b.在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分(如图2所示)。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律(对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等)可知v1R=v2r，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
(2)在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。
已知，木星和地球的密度分别为ρ0和ρ，木星和地球的半径分别为R0和R，且d≫R。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d—“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，(1+x)n≈1+nx。】
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增大，故A正确；
B、分子势能的变化与分子力和分子间距离有关，当一个物体被举高时，其重力势能增加，分子势能的变化与之无关，故B错误；
C、根据热力学第一定律ΔU=W+Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)，物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关，物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故C错误；
D、物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，故D错误。
故选：A。
明确内能的定义，知道温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子平均动能增大；内能与物体宏观的机械能无关；做功和热传递都能改变内能，物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和。
本题考查了内能、热力学第一定律，要求学生对这部分知识要重视课本，强化理解并记忆。

2.【答案】D 
【解析】解：A.光发生反射和折射后频率不变，所以反射光的频率等于入射光的频率，故A错误；
B.折射光的传播速度大于入射光的传播速度，频率相同，由v=λf可知折射光的波长大于入射光的波长，故B错误；
C.由n=sinθ2sinθ1，可知若增大入射角θ1，则折射角θ2将增大，故C错误；
D.若增大入射角θ1，反射光增强，折射光将减弱。故D正确。
故选：D。
光发生反射和折射后频率不变；折射光的传播速度大于入射光的传播速度，频率相同，由v=λf可知折射光的波长大于入射光的波长；由n=sinθ2sinθ1，可知若增大入射角θ1，则折射角θ2将增大；增大入射角θ1，反射光增强，折射光将减弱。
本题考查光的折射与反射，学生可结合折射定律分析求解。

3.【答案】C 
【解析】解：AB、从n=3能级跃迁到n=1能级时，氢原子向外辐射光子，氢原子的能量减小；氢原子从n=3能级跃迁到n=4能级，该氢原子需要吸收能量才能实现跃迁，不会向外辐射光子，故AB错误；
C、大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出C32=3种频率的光子，故C正确；
D、处于基态的氢原子至少要吸收13.6eV的能量才能电离，故D错误。
故选：C。
氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，从低能级到高能级跃迁时需要吸收能量；根据数学组合公式分析；根据电离的含义分析。
解决本题的关键知道吸收或辐射光子的能量等于两能级间的能级差，即Em−En=hν。

4.【答案】B 
【解析】解：A.=0时刻质点K在平衡位置，加速度比质点L的小，故A错误；
BCD.因t=0时刻，质点K沿y轴正向振动，结合波形图可知，波沿x轴正方向传播，根据平移法可知t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
这列波的波速为v=λT=1.02m/s=0.5m/s，故B正确，CD错误；
故选：B。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系解得波速。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系分析质点的振动情况。

5.【答案】D 
【解析】解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，根据U1U2=n1n2，解得副线圈电压为22V；即电压表示数为22V；故A错误；
BCD、滑动变阻器的滑片向上滑动，电阻增大，由于变压器原、副线圈匝数之比不变，则电压表示数不变，电流减小，滑动变阻器电功率减小，则变压器的输入功率减小，故BC错误，D正确；
故选：D。
根据交流电压u的表达式可知最大值，进而求解有效值，通过U1U2=n1n2，解得副线圈电压，根据负载电阻的变化，结合闭合电路欧姆定律分析BCD项。
本题考查变压器的动态分析，解题关键掌握变压器原、副线圈匝数之比和电压之比的关系，注意闭合电路欧姆定律的应用。

6.【答案】C 
【解析】解：AD、由题意知，AB两小球的角速度相等，根据T=2πω可知AB球周期相等，AB两球做圆周运动的半径之比rA：rB=1：2，根据v=rω可知AB小球的线速度大小之比为：vAvB=ωrAωrB=12
根据向心力公式F=mω2r，可知小球AB所受到向心力之比为：FAFB=mAω2rAmBω2rB=mArAmBrB=21，A、B两球受到的向心力由杆的拉力提供，故A对杆的作用力大小不等于B对杆的作用力大小，故AD错误；
B、AB两小球的角速度相等，AB两球做圆周运动的半径之比rA：rB=1：2，根据a=ω2r可知B小球向心加速度大，故B错误；
C、根据v=rω，可知两小球的线速度大小之比为：vAvB=rArB=12，根据动能公式Ek=12mv2，可知动能大小之比为：EkAEkB=12mAvA212mBvB2=41⋅14=1，故C正确。
故选：C。
两小球的角速度相等，根据T=2πω可知AB球周期相等，根据a=ω2r求向心加速度大小，根据v=rω可知两小球的线速度大小，根据动能公式Ek=12mv2求动能大小；合外力提供向心力；根据向心力公式计算出杆对球的拉力。
解决本题的关键是两球同轴转动，具有相等的角速度，根据a=ω2r求向心加速度大小，根据v=rω可知线速度大小，利用动能公式Ek=12mv2求动能大小，注意搞清楚向心力的来源。

7.【答案】D 
【解析】解：A、带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，由EP=φq知，φAφB，故A错误；
B、B点等差等势线密，则对应电场线密，电场强度大，EB>EA，故B错误；
C、将q在A点由静止释放，A点受力如图

粒子向A点左侧运动，电场强度变小，静电力变小，故C错误；
D、将q在A点由静止释放，粒子向A点左侧运动，电势减小，其电势能将减小，故D正确；
故选：D。
正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，电场强度大。
本题考查了正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，这个结论需熟记。

8.【答案】B 
【解析】解：设两极板间的距离为d
A、对粒子，由牛顿第二定律得：q×Ud=ma，解得粒子加速度大小：a=qUmd，q、U、m不变，两板间距离d减小，则粒子的加速度大小变大，故A错误；
B、粒子做初速度为零的匀加速直线运动，到达负极板过程的位移d=12at2，解得t=d 2mqU，q、U、m不变，d减小，则粒子的运动时间变短，故B正确；
C、粒子从正极板运动到负极板过程，由动能定理得：qU=12mv2−0，解得粒子带电负极板时的速度大小v= 2qUm，两极板间的距离d减小，粒子速度v不变，故C错误；
D、对粒子，由动量定理得：I=mv−0，解得静电力对带电粒子的冲量I= 2qmU，q、m、U不变，两极板间距离d减小，静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选：B。
应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后判断加速度大小如何变化；应用运动学公式求出粒子的运动时间，然后比较时间如何变化；应用动能定理与动量定理分析答题。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理与动量定理可以解题。

9.【答案】D 
【解析】解：A、由题意+q的粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，若电荷量为−q的粒子从左向右通过时，粒子的速度不变时，则竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，则该粒子沿图中虚线通过，故A错误；
B、电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后，由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B错误；
C、电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏转，电场力做负功，动能减小，故C错误；
D、电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向下偏转，电场力做负功，动能将逐渐减小，故D正确。
故选：D。
首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可得知电场强度和磁场强度的大小与速度的关系．不论粒子带正电还是负电，不论电量大还小，粒子要沿直线通过该复合场，洛伦兹力和电场力必应等大反向．若速度反向，则不论粒子带何种电，电场力与洛伦兹力均同向，所以不能匀速通过．
该题模型是“速度选择器”，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；
粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=EB，只有速度为v=EB的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．

10.【答案】C 
【解析】解：A、由图2可知，t2时刻，圆环中的磁通量变化最快，此时圆环中感应电流是最大的，故A错误；
B、t3时刻，圆环中的磁通量的变化率为零，故此时感应电流为零，圆环上各点不受安培力，故B错误；
C、t1～t3时间内，圆环中的磁通量是先里减小，再向外增大，根据楞次定律可知，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D、t2～t4时间内，圆环中的磁通量先向外增大，再减小，由楞次定律可知，圆环先是收缩再扩张，故D错误。
故选：C。
由图2分析图1线圈中的磁通量的变化情况，再由楞次定律分析感应电流的有无和方向；根据楞次定律的第二种描述确定圆环是收缩还是扩张。
本题考查楞次定律的应用，要注意掌握应用楞次定律判断电流方向的方法，同时还要牢记其第二种描述的应用。

11.【答案】B 
【解析】解：A、闭合S瞬间线圈L中的电流增大磁通量增大，产生自感电动势，阻碍流过线圈的电流的增大，故A错误；
B、开关断开开关时，线圈L中的电流减小磁通量减小，产生自感电动势，阻碍流过线圈的电流的减小，自感电动势与电流同向，与灯泡形成回路，a点电势低于b点。故B正确。
C.自感电动势与线圈电流同向，与灯泡形成回路，电流有没有增大，流过灯泡的电流在线圈原来的电流的数值上逐渐减小，灯泡闪亮一下再逐渐熄灭，故C错误。
D、闭合S后，根据能量守恒，结合电路的热效应，电源输出的电功率等于灯泡A的电功率和线圈L的发热功率之和。故D错误。
故选：B。
线圈与小灯泡并连接电池组上．要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大．根据楞次定律和并联的特点分析．
自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻．

12.【答案】B 
【解析】解：A.由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于I5m，故A错误；
B.运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0～15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C.15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D.0−27m下落过程中由动量定理可得
IG+I弹=0
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选：B。
由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态；运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大；15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大；由动量定理可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小。
简答本题的关键是根据图像分析运动员的运动情况。要知道当x=15米时，运动员的速度最大，加速度为0，合力为0。

13.【答案】C 
【解析】解：A.根据牛顿第二定律有m未增大前有：mg=(M+m)a
m增大为原来的2倍后有：2mg=(M+2m)a′
则a′>2a，故A错误；
B.根据牛顿第二定律有m未增大前有：mg−F=ma，解得：F=mg−ma
m增大为原来的2倍后有：2mg−F′=2ma′，解得：F′=2mg−2ma′
则F′