28．如图所示，某同学用绳子拉木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至某一速度的过程，下列分析正确的是A．动能的增量等于拉力做的功B．机械能增量等于拉力做的功C．摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功D．拉力越大该同学做功越多9．如图甲所示为一种自耦变压器（可视为理想变压器）的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则（ ）A．t=1×10-2s时，电压表的示数为零B．AB间输入电压的瞬时值为C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大10．如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框．竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B．线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是（）A．CD段导线始终不受安培力B．感应电流的大小和方向不变C．感应电动势的最大值为Brv试卷第7页，总7页
3D．感应电动势的平均值为11．如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（ ）A．在时刻，线圈中的感应电流为B．在时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左C．在1s内线圈中的电流方向改变了次D．在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为12．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电绝缘小球位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A．带电绝缘小球将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小D．若带电绝缘小球是固定的，则带电绝缘小球的电势能将减小第II卷（非选择题共64分）二、实验题(本大题共有2小题，共15分。第13题6分，第14题9分。)试卷第7页，总7页
413．某同学利用图示装置验证小球摆动过程中机械能守恒，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，D处（箭头所指处）放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺．该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及小球平抛运动的水平位移x即可．（1）测量A位置到桌面的高度H应从_________（填“球的上边沿”“球心”或“球的下边沿”）开始测．（2）实验中多次改变H值并测量与之对应的x值，利用作图象的方法去验证．为了直观地表述H和x的关系（图线为直线），若用横轴表示H，则纵轴应表示________．（填“x”、“x2”或“”）（3）若小球下摆过程中机械能守恒，则h、H和x的关系为H=____________．14．在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．特测干电池（1节）B．电流表（满偏电流，内阻）C．电流表（，内阻未知）D．滑动变阻器（，）E.滑动变阻器（，）F.定值电阻（阻值）G.开关与导线若干用如图甲所示电路图完成实验，测得多组电流表读数，为电流表的示数，为电流表的示数，如表所示：0.700.650.600.550.500.100.200.300.400.50试卷第7页，总7页
5（1）在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用___________（填“”或“”）；电流表的量程应为___________（填“0.6”或“3”）。（2）请你根据表格中的数据在图乙绘制完成图线___________。（3）由乙图线可以得到被测干电池的电动势___________，内阻___________。（结果保留两位有效数字）（4）现有一小灯泡，其曲线如丙图所示，若将此小灯泡串联接在这节干电池的两端，小灯泡的实际功率是___________。三、解答题(本大题共3个小题，共37分。第15题10分，第16题12分，第17题15分。)15．一个氢气球以4m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，10s末从气球上面掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？（忽略空气阻力，取g=10m/s2）16．在一个显像管里，电子枪释放出电子，从静止开始经电势差为U0的电场加速之后，电子沿水平方向从南到北运动。该处地磁场在竖直方向上的分量向下，磁感应强度大小为B，已知电子的电荷量为e，质量为m，重力不计。试求：（1）加速之后电子的速度大小v；（2）电子在显像管里通过s的路程时，侧移量有多大？17．如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R试卷第7页，总7页
6相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小．四、选修（本题共12分，选修3-3）18．导热性能良好的两个相同容器A、B由细软管C连通，灌注一定量的某液体后将A的。上端封闭，如图甲所示，A中气柱长度为h，温度为T0.保持A固定不动，缓慢竖直向下移动B，停止移动时位置如图乙所示，此时A、B容器中液面高度差为，甲、乙两图中软管底部相距为。保持两容器位置不变，缓慢加热气体A，使得两容器中液面再次持平，如图丙所示。已知液体密度为ρ，重力加速度为g，求：①大气压强p0；②丙图A容器中气体温度T。试卷第7页，总7页
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8参考答案1．B【详解】A、若夹角较大时，两个力的合力可能小于任一分力，故A错误；B、根据力的平行四边形定则，合力大小可以等于其中一个分力，故B正确；C、由力的平行四边形定则，当夹角一定时，一个分力一定，另一个分力增大，合力不一定会增大，故C错误；D、合力与分力是等效替代关系，合力产生的作用效果与分力共同作用的效果相同，因而合力与分力不是同时作用在物体上，故D错误；故选B．【点睛】合力与分力是等效替换关系，在进行受力分析时，合力与分力只能考虑其一，切忌重复分析；合力与分力的大小关系：两个分力F1、F2与合力F合的大小关系与两个分力方向间的夹角θ有关．2．C【详解】AB．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大，牛顿第二定律得得卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，由公式可知，向心力还与质量有关，由于b、c质量关系不知道，则无法确定b、c两卫星的向心力大小，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故AB错误；C．根据可求得地球的质量，由于不知地球的半径，则无法求出地球的密度，故C正确；D．由公式
9得第一宇宙速度即为半径接近地球半径时的速度由于d的半径大于地球半径，则d绕行速度小于第一宇宙速度，故D错误。故选C。3．A【分析】末速度为零的匀减速直线运动可以作为逆向的匀加速直线运动分析，由位移公式求得三段内的位移之比；再由平均速度公式可求得平均速度之比．【详解】将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则1s内的位移为：；2s内的位移为：；3s内的位移为：；故位移之比：；平均速度；故平均速度之比为：；A正确；BCD错误；故选A．【点睛】本题采用了逆向思维法，并且在求第二段和第三段位移时采用了作差的方法，要注意体会，从初速度为零开始求位移是最简单的．4．C【详解】D．两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：则悬挂小球的细线与悬挂小球的细线的拉力大小之比为
10故D错误；A．在水平方向上做圆周运动，向心力为解得的角速度大小之比为1：1，故A错误；B．水平方向上做圆周运动，向心力为解得的线速度大小之比为，故B错误；C．在水平方向上做圆周运动，向心力为解得故的向心加速度大小之比为，故C正确；故选C．【点睛】小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比．5．B【详解】ABC．由题意，增加光照强度时，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，流过A灯的电流IA减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=I﹣IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B的电压减小，所以B灯变暗；故B正确，AC错误；
11D．电源的总功率P=EI，E不变，I增大，则P增大．故D错误。故选B。6．C【详解】AB．设斜面角度为，摩擦因数为，则上滑过程中的加速度大小为下滑过程中加速度大小为则故AB错误；CD．由能量守恒可知，整个过程中有一部分动能转化为内能，则故C正确，D错误。故选C。7．B【详解】根据质量数和电荷数守恒可知B正确，AC中电荷数质量数都不守恒，D中电荷数不守恒。故选B。8．C【详解】A.动能的增量等于合外力做的功，因为存在摩擦力，所以小于拉力做的功，故A错误。B.根据功能关系可知，机械能的增加量等于拉力做功与克服摩擦力做功之和，故B错误。C.根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，故C正确。D.根据动能定理可知，动能增加量等于拉力做功与克服摩擦力做功之和，拉力变大，则拉力竖直向上的分量越大，对地面压力越小，摩擦力变小，加速度变大，所以从静止开始沿粗糙水平路面运动至某一速度的过程，行走的位移变小，克服摩擦力做功变小，则拉力做功变小，故D错误。9．BD【详解】
12A．电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；B．由图可知故所以其表达式为故B正确；C．根据变压器电压关系由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；D．滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D正确。故选BD。10．CD【解析】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，受安培力向上，故A错误．在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为r，这时感应电动势最大E=Brv，C正确．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确．故选CD．
13点睛：本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．11．BC【详解】A．在时刻，穿过线圈中的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以线圈中的感应电流为零，选项A错误；B．在时刻，磁感应强度B向里在减小，由楞次定律和安培定则知，感应电流为顺时针方向，再由左手定则知，ab边受到的安培力水平向左，故B正确；C．磁感应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，感应电流变化的周期也是，在一个周期内交流电的方向改变2次，所以在1s内线圈中的电流方向变化了次，选项C正确；D．根据感应电量在一个周期内，穿过线圈的磁通量的变化量一定为零，所以感应电量一定为零，选项D错误。故选BC。12．CD【详解】根据平衡条件可知，带电小球受到向上的电场力与向下的重力相等，可知小球带负电，且满足qE=mg，若将下极板向下移动一小段距离，两板间距离d变大，而电容器始终与电源连接，则其电压不变。A．根据可知，场强E变小，所以qE14【详解】(1)[1]测量A位置到桌面的高度H,即球做圆周运动下降的高度,因为到达桌面时是球的下沿与桌面接触,所以测量的高度H应从球的下边沿开始测.(2)[2]根据得则平抛运动的初速度为若机械能守恒,有即为，若用横轴表示H,则纵轴应表示(3)[3]由(2)知,若小球下摆过程中机械能守恒,则h、H和x的关系为14．0.61.51.00.36
15【详解】(1)[1]实验中电路中的电流应较大，滑动变阻器应选R1；[2]测一节干电池电动势与内阻实验，电路最大电流较小，约为零点几安，因此电流表应选0.6A量程；(2)[3]根据表格中的数据在图乙绘制图像得(3)[4][5]根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得I1-I2图线的函数表达式应为由图示图象可知，图象的截距图象斜率的绝对值解得电源电动势内阻(4)[6]在图丙中画出灯泡两端电压和电流的关系图象，如图所示
16根据图象可知交点为灯泡电流和电压，所以有15．280m【详解】10s末重物的速度为：；10s内上升的高度为：；从气球脱离后做竖直上抛运动，上升的高度为：则距离地面的最大高度为：；16．（1）（2）【解析】试题分析：（1）电子在加速电场中有①，解得②（2）电子在地磁场中有③，偏转角④电子向东的侧移量为⑤由②③④⑤解得⑥考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
1717．(1)(2)【详解】(1)导轨和导体棒的电阻均可忽略，电阻R消耗的功率：感应电动势：解得：(2)导体棒做匀速运动，由平衡知识可知：而则：解得：18．①；②。【详解】①由状态甲到状态乙，A容器中气体等温变化由玻意耳定律得解得②由状态甲到状态丙，可看作等压变化由盖一吕萨克定律
18由几何知识解得
