A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2 【考点】动量定理．
C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1=F2，I1=I2
【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系．
【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，
根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误． 故选：A．
10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度 B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度 C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量 D．A球到达最低点时速度为零
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得．
【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：
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A、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故A正确； B、因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右加摆时，A球一定能回到起始高度，故B错误；
C、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故C错误；
D、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故D错误． 故选：A
11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差Uab=Ubc，相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最低
B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大 C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大 D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 【考点】电势差与电场强度的关系；电势．
【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．
【解答】解：A、带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；
BD、根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能
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增大，电势能减小，故带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能小，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故BD错误；
C、等差等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强度较大，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故C正确． 故选：C
12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（ ）
A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒
B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒
C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h
D．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h 【考点】机械能守恒定律．
【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．
【解答】解：1、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达h高处； 2、若把斜面弯成圆弧形AB′，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高h． 故B正确，ACD错误； 故选：B
13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，
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竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环并置于场中．小环由静止开始下落的过程中，小环的加速度（ ）
A．不断减小最后为零 B．不断增大后来不变 C．先减小后增大，最后不变
D．先增大后减小，最后不变
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】此题要先对小环进行正确的受力分析，由受力情况判断出小环的运动情况，得知小环向下做加速运动，同时会有洛伦兹力作用在小球上，分析水平方向上的合力在减小，可判断摩擦力在减小直至为零；之后洛伦兹力增大致水平方向上合力逐渐增大，摩擦力也随之增大，直至摩擦力与重力大小相等．
【解答】解：小环由静止开始下落，当速度为零时，对小环受力分析，受到竖直向下的重力、水平向左的电场力和竖直向上的摩擦力；此时重力会大于摩擦力，小环向下运动，速度不为零时，小环还会受到水平向右的洛伦兹力，使水平方向上的合力减小，从而摩擦力也随之减小．
当电场力和洛伦兹力大小相等时，摩擦力为零，小环的竖直向下的加速度最大，之后洛伦兹力要大于电场力并逐渐最大，摩擦力也随之增大，
当摩擦力和重力大小相等时，小环加速度为零，开始做匀速直线运动． 所以在整个过场中，摩擦力是先减小后增大，最后不变，
那么合力先增大后减小，最后不变，依据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，最后不变．故ABC错误，D正确． 故选：D．
14．一个自感系数很大的线圈，用如图所示的电路测量它的直流电阻，闭合电键S1与S2待稳定后．读出电压表与电流表的示数．下列说法正确的是（ ） ①线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值 ②线圈电阻的真实值小于电压表示数与电流表示数的比值 ③在测量完毕拆卸电路时，应先断开S1，后断开S2
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④在测量完毕拆卸电路时，应先断开S2后断开Sl．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【考点】自感现象和自感系数．
【分析】根据电阻测量的原理分析线圈电阻的测量值、真实值之间的关系；分别进行③④项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过时，发热过多，造成仪器烧坏．
【解答】解：①根据电阻测量的原理可知，线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值．故①正确；
②以上的测量值由于是测量的线圈与电压表的并联的电阻值，所以测量值小于真实值．故②错误；
③若先断开开关S1，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．故③错误，④正确． 故选：B
15．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，AD边长为a．在x轴方向宽度均为a．矩形导线框ABCD 的CD边与y轴重合，线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直．以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是图中的（以逆时针方向为电流的正方向）（ ）
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