所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故B正确；
C.由运动学公式：
h=
，则得：
t=
，则知三个球运动的时间相等，故C错误；
D.根据功率P=mgvy，三个石子质量相同，vy相同，重力的功率相同，故D错误；
故选：
B
4.“恒流源”是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变．如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，下列说法中正确的是（ ）
A.R0上的电压变小
B.R2上的电压变大
C.R1上的电压变小
D.R1上电压变化量大于R0上的电压变化量
【答案】A
【解析】
【分析】
由电路图可知，R0与R1串联后再与R2并联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，然后得出电路中总电阻的变化；因电源输出的电流始终保持不变（即干路电流不变），根据欧姆定律可知电源电压的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，根据并联电路的电流特点可知通过R0和R1支路的电流变化，根据欧姆定律可知R1上的电压变化，根据串联电路的电压特点R0上的电压变化以及R1上电压变化量与R0上的电压变化量的关系。
【详解】B.由电路图可知，R0与R1串联后再与R2并联，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
因电源输出的电流始终保持不变（即干路电流不变），由U=IR可知，电源的电压变小，即R2上的电压变小，R0和R1支路的总电压变小。
故B错误；
AC.由I=U/R可知，通过定值电阻R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，R0和R1支路的电流变大，由U=IR可知，R1上的电压变大。
R0与R1串联，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压增小，R1上的电压变大，所以，R0上的电压变小。
故A正确，C错误；
D.因串联电路中总电压减小，且R0两端电压的减少量大于R1两端电压的增加量，即R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误。
故选：
A。
5.如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在P点处有一个带电液滴处于静止状态．现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是（ ）
A.电容器的电容增加
B.电阻R中有电流流过
C.两极板间的电场强度不变
D.若带电液滴仍在P点其电势能减小
【答案】D
【解析】
【分析】
在电容器的电量不变的情况下，将A板左移、B右移，则导致电容变化，电压变化，根据E=U/d与C=
相结合可得E=
，从而确定电场强度是否变化．根据EP=qψ，和U=Ex，可确定电势能的变化．
【详解】A.根据C=
，当A板向左平移一小段距离，B板向右平移一小段，S减小，电容器电容C减小，故A错误；
B.因开关S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B错误；
C.根据E=U/d与C=
相结合可得E=
，因电量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故C错误；
D.因场强增大，导致P点与B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据EP=qψ，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D正确；
故选：
D.
6.图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝1Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则（ ）
A.在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为0
B.在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向b
C.在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3C
D.在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3J
【答案】C
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律公式E=n
，当面积一定时，有：
E=nS
，据此列式求解电动势；依据楞次定律，即可判定感应电流方向；根据平均感应电动势和欧姆定律求解电流，根据q=It求解电荷量；类比交流电的产生，求解求解感应电动势，0.02～0.03s内，根据焦耳定律列式求解电阻R上产生的热量Q。
【详解】A.在t＝0.005s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；
B.在t＝0.005s时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由b流向a，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E=n
，I=
，q=I△t，
联立可得q=
=1.5×10－3C，故C正确；
D.由于磁感应强度按正弦规律变化，ω=
=100πrad/s，所以产生的感应电动势的最大值Em=nφmω=100×4×10-2×1.5×10-3×100πV=0.6πV，电流的有效值为
A=0.15A，在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝I2Rt=0.152×7×0.01J=1.575×10－3J，故D错误。
故选：
C。
7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接）处于静止状态．现用力F拉物体使其竖直向上做匀加速运动，刚开始时拉力为F＝10N，运动4cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F＝30N.则下列说法中不正确的是（取g＝10m/s2）（ ）
A.物体的加速度为5m/s2
B.物体的质量为2kg
C.弹簧做的功为0.5J
D.物体在弹簧上运动的过程中，物体机械能增加了1.2J
【答案】C
【解析】
【分析】
物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态．由图读出x=0时和x=4cm时F的值，由这两个状态，由牛顿第二定律分别列式，联立可求得物体的质量和加速度．由于合力不变，弹力和拉力都随位移均匀变化，平均力与位移乘积等于力所做的功，根据功能关系，可求机械能的变化。
【详解】AB、初始时物体处于静止状态，合力为0，
当x=0时，当施加F时物体的合力等于此时F的值为F1=10N，由牛顿第二定律得：
F1=ma，
当x=4cm时，拉力F的值为F2=30N，由牛顿第二定律得：
F2−mg=ma，
联立以上两式可解得：
m=2kg，a=5m/s2.故A正确，B正确；
C.初状态弹簧弹力T1=mg=20N，末状态弹簧弹力为零，弹力随位移均匀减小，所以上升过程中弹力做功W1=
J=0.4J，故C错误；
D.初状态拉力F1=10N，末状态拉力为F2=30N，上升过程中拉力做功W2=
J=0.8J。
根据功能关系，机械能增加量△E=W1+W2=1.2J。
故D正确。
本题选择错误答案，故选：
C.
二、多项选择题：
本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
8.如图甲所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为10∶1，V为交流电压表，C和L分别为电容器和带铁芯的电感线圈，D1、D2均为灯泡.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（ ）
A.输入电压的表达式u＝311sin100πtV
B.仅增大输入电压的频率，D1亮度变亮，D2亮度变暗
C.仅拔出电感线圈L的铁芯，D1亮度变亮，D2亮度变暗
D.t＝0.005s时，电压表示数为22V，发电机的线圈平面与磁场方向垂直
【答案】AB
【解析】
【分析】
电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电容通高频阻低频，则频率越大，阻碍作用越小，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大；电动势最大时，发电机的线圈平面与磁场方向平行。
【详解】A.根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，ω=2π/T=100πrad/s，则电压u的表达式u=311sin100πt（V），故A正确；
B.原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则电容通高频阻低频，D1亮度变亮；电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故B正确；
C.仅拔出电感线圈L的铁芯，自感系数减小，D1亮度
升级会员 