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磁感应定律???BE?n?nS?t?t可知线圈中产生恒定的感应电动势,根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M中有感应电流且恒定,C错误;???BE?n?nS?t?t根据分压规律得M两端的电压EnS?BRU?R?R?r?t(R?r)D正确。故选BD。8、AD【解析】,则QQk1?k2LL2()22解得:Q?4Q21故A正确;,所以各点电势高低,由Q决定,根据沿电场线方向21电势降低,离负电荷越近,电势越低,故D点电势最低,故B错误;,电势先降低后升高,E??q,故p:..电势能先增大后减小,故D正确C错误。故选AD。9、ABD【解析】,则三者最后共速,以三者为整体,水平方向动量守恒,mv=3mv①01则整个过程产生的热量等于动能的变化,有11Q=mv2?×3mv2②0122联立①②,得1Q=mv203故A正确;、b之间的碰撞无机械能损失,故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒,设碰前速度分别为v、v,碰后分别为v'、v',且有v>v,以v方向为正方向,则有1212121mv+mv=mv'+mv'③12121111mv2+mv2=mv′2+mv′2④12122222联立③④,得v'=v12v'=v21即碰后a和木板共速,b向右运动,以a和木板为整体,此时a和木板的加速度?ga=b12对a分析知,a的加速度最大值为a=μg0a若μ<2μ则a<a,a和木板保持相对静止,则无论v多大,a都不会从木板上滑落;ba100故B正确;若μ>2μ,则a>a,a相对木板向左运动,故a可能从木板左端滑落,故D正确;,则ab一定不相碰,此时有L11?mg?mv2??3mv2⑤a22021联立①⑤,得:..3v??gL02a3故若v??gL,则ab一定不相碰,故C错误;02a故选ABD。10、ABD【解析】,根据同侧法可知波沿轴负方向传播,正确;?1m处,所以TT?????10m/sTB正确;??、Q两点的平衡位置间的距离大于,小于,所以其振动方向有时相同,有时42相反,C错误;?60s?75T经过的路程s?75?4A?30mD正确;?????rad/sT质点Q此时由平衡位置向下振动,振动方程可表示为y???t(cm)E错误。故选ABD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。:..11、<<=【解析】(1)[1][2].电源电动势为6V,保护电阻约为5Ω,则电流约为E6I==A=1AR?r1?50故为了能准确测量,电流表应选择B;因电源内电阻较小,故滑动变阻器应选择阻值较小的F;(2)[3][4][5].由电路图可知,U为定值电阻两端的电压,电流表示数为R中的电流,20由图可知电压表示数与电流表示数成正比,则可知,定值电阻的阻值为UR=2≈,故测量出的电流偏大,则由欧姆定律可知,测量值小于真实值;如果用来测量电动势和内阻,由于采用相对电源的电流表外接法,由于电压表分流作用而使电流表示数偏小,则测出的电动势偏小;(3)[6].由于电压表支路中电流为零,故电压表不再分流,则此时电流表测出的电流为干路电流,电压表示数为路端电压,因此测量结果是准确的。12、Ra接通电路时,确保电流表安全1保持aP间电压不变【解析】(1)[1]根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接,为了便于调节分压,需要选择阻值较小,额定电流较大的滑动变阻器,即R。1(2)[2][3]为了确保开关闭合后,电路安全,因此滑动变阻器的滑片应置于a端,这样测量电路部分开始时分压为0,保证了电路安全。(3)[4]根据电路图,连接实物图如图所示::..。(4)[5]在实验步骤③中,确保滑动变阻器R'的滑片P的位置不变,其理由是保持aP间电压不变。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)大小为15N,方向竖直向下;(2);(3)2m/s?v?3m/s0【解析】(1)设物块滑到圆轨道末端速度v,根据机械能守恒定律得11mgR?mv221v?2m/s1设物块在轨道末端所受支持力的大小为F,根据牛顿第二定律得v2F?mg?m1R联立以上两式代入数据得F?15N根据牛顿第三定律,对轨道压力大小为15N,方向竖直向下。(2)若v?3m/s0则v?v10物块在传送带上加速运动时,由?mg?ma:..得a??g?5m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间v?vt?01??vs?10t??st?1??t?t?(3)物块由传送带右端平抛1h?gt22恰好落到A点s?vt2得v?2m/s2恰好落到B点D?s?vt3得v?3m/s3当物块在传送带上一直加速运动时,做平抛运动的速度最大,假设物块在传送带上达到的最大速度为v,由动能定理11?mgL?mv2?mv2221得v2?12m2/s2?9m2/s2所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度,所以v应满足的条0件是:..2m/s?v?3m/s0(pS?mg)13pS14、①0T,(pS+mg)h②m+02(2pS?mg)00g20【解析】本题考查理想气体状态方程的应用。【详解】①设环境温度应降低为T,当缸内气体的体积减慢时,缸内气体的压强为:1mgp?p?10S根据理想气体状态方程有:mg1(2p?)hSp?hS0S12?TT01得到:(pS?mg)T?0T12(2pS?mg)00此过程外界对气体做的功:?mg?11W?p?V?p??hS??pS?mg?h??1?0S?220②设所放重物的质量为m,当气体体积减半时,气体的压强为:0(m?m)gp?p?020S气体发生等温变化,则有?mg?1?2p??hS?p?hS?0S?22得到:3pSm?m?00gL3mv515、(1);(2)?;(3)L。2qL6【解析】(1)电子在电场中做类似平抛运动,有:..=vt0eE=ma1y?at22得Ly?(2)粒子进入磁场时,速度方向与be边夹角的正切值vxtanθ0??=v2yyθ=37°电子进入磁场时的速度为v5v?0?vsin?30设电子运动轨迹刚好与cd边相切时,半径最小为r,则由几何关系知1r+rcos37°=L11解得5r=L19v2由evB=m可得对应的最大磁感应强度r13mvB=?qL(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时,半径为r,则21r=rsin37°+L,222解得5r=L24又rcosθ=L,故切点刚好为d点2电子从cd边射出的长度为15△y=L+rsin37°=L126