C.EA=EB，εA=εBD.EA>EB，εA<εB
【答案】A
【解析】
【详解】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上（或向下）到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点位置不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB；A点距离负电荷较近，可知A点的电势低于B点，则负电荷在A点的电势能较大，即εA>εB；故选A.
12.如图所示，通电螺线管外部正上方和左侧静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环与螺线管的中心轴同轴。
当变阻器R的滑动头c向左滑动时，两环中产生的感应电流方向和受到的合力方向是
A.电流方向相同，a环向上，b环向右
B.电流方向相同，a环向下，b环向左
C.电流方向相反，a环向下，b环向右
D.电流方向相反，a环向上，b环向左
【答案】D
【解析】
【详解】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过线圈a和b的磁通量都变大，根据楞次定律，要阻碍磁通量的变大，由于通过两环的磁场方向相反，则由楞次定律可知，感应电流方向相反；对b环，由于磁通量增加，则根据楞次定律可知，圆环有向远离螺线管运动的趋势，即合力向左；对a环，磁通量增加时，圆环有向远离螺线管运动的趋势，即合力向上；故选D。
二、填空题
13.单摆做简谐振动时回复力是由摆球__________的分力提供。
用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要_________摆球质量。
【答案】
（1）.重力沿圆弧切线；
（2）.远小于
【解析】
【详解】单摆做简谐振动时回复力是由摆球重力沿圆弧切线的分力提供。
用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要远小于摆球质量。
14.一列横波沿负x方向传播，波上有A、B、C三个质点，如图所示是某时刻的波形图，则三个质点中最先回到平衡位置是质点______（选填A、B、C字母），再过3/4周期时质点C的位移是_________m。
【答案】
（1）.A；
（2）.0
【解析】
【详解】波向左传播，则质点AB的振动方向均向下，而C质点将要向上振动，则A质点先回到平衡位置；再过3/4周期时质点C回到平衡位置，位移是0。
15.天文学家发现在太阳系之外有一颗可能适合人类居住的行星。
已知该行星的质量约是地球的5倍，直径约是地球的1.6倍。
则一个50kg的人在此行星表面的重力约为_____N（重力加速度g取10m/s2）。
假设在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1（Ek1已知），则在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能约为_________。
【答案】
（1）.976.6；
（2）.3.125EK1
【解析】
【详解】根据
可知，
，则
，则一个50kg的人在此行星表面的重力约为50×19.5N=976.6N；
在星球表面：
，则
，
则
16.一端开口的重圆筒，底部外面栓有细绳，圆筒高为2m（底部厚度忽略不计）。
现把它开口向下一直从湖面上方竖直沉入到湖底，如图所示，然后缓慢竖直提起圆筒，底部保持水平。
根据筒内水痕，发现水进入圆筒内的最大高度约为0.75m，则湖水深约__________m。
若此圆筒下沉到的是水更深的湖底，其他条件不变，可以推测进入圆筒内的最高水面相对于湖面__________（选填：
下降、不变或上升）。
（设整个过程温度都保持不变，大气压强为1×105Pa，重力加速度g取10m/s2）
【答案】
（1）.6.75；
（2）.下降
【解析】
【详解】根据玻意耳定律可知：
P0SH=PS（H-h），即1×105×2=P×（2-0.75），解得P=1.6×105Pa，则由水产生的压强为0.6×105Pa；根据P=ρgh1可得h1=6m，则水深为6.75m；若此圆筒下沉到的是水更深的湖底，其他条件不变，可知里面气体压强变得更大，被压缩的体积变得更小，圆筒内的水面相对容器上升，但是圆筒内的最高水面相对于湖面是下降的。
17.如图所示，一架直升机用绳索（绳索重力可忽略不计）救护困在深山沟底的伤员B。
已知伤员B的质量为m，直升机A悬停在离沟底高为H处。
在吊起过程中，A、B之间的距离l随时间t的变化规律为：
l＝H-kt2（SI制单位，k为已知的常数），不计空气阻力。
则在吊起过程中伤员的加速度大小为_____________，时间t（t小于整个吊起时间）过程中，直升机对伤员提供的功率为____________。
（已知重力加速度为g）
【答案】
（1）.2K；
（2）.m（g+2k）kt
【解析】
【详解】飞机t=0时刻离地面高为H，经t时间后，A、B之间的距离为L=H-kt2，故竖直分位移为y=kt2，根据x=
at2，故初始速度为零，加速度为a＝2k，速度为v=2kt；此时悬线的拉力：
F=mg+ma=mg+2km；,则时间t过程中，伤员上升的平均速度为
，则直升机对伤员提供的功率为：
P=F∙
=m（g+2k）kt
三、综合题
18.在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验，图（a）为实验电路图，定值电阻R0=1Ω，R为滑动变阻器，图（b）为实验的实物连接图。
（1）请用笔画线代替导线，按图（a）的连接完成该实物连接图____。
（2）A组同学实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图（c）所示，由此得到电源内电阻为_______Ω；当电压传感器的示数为1.6V时电源的输出功率为_____W。
（3）根据图（c）中实验测得的数据，可以推测实验中选用滑动变阻器的型号较合理的是（）
A.0~5ΩB.0~20Ω
C.0~50ΩD.0~200Ω
（4）B组同学也利用A组用的同一套器材完成此实验，误把图（a）中电压传感器在d点的接线接在c点，测得数据也在同一坐标中作出U-I图像，其他操作、读数等都准确无误。
则B组画出的图线与纵轴的交点相应的电压值和A组相比，_______。
（选填：
偏大、相同、偏小或无法确定）
【答案】
（1）.
（2）.0.8；（3）.0.8；（4）.C；（5）.不变
【解析】
【详解】
（1）电路连线如图；
（2）由图可知，电源内电阻为
；当电压传感器的示数为1.6V时，电路的电流为0.5A，则电源的输出功率为：
P=IU=0.8W。
（3）由图可知，当电压传感器的示数约为1.96V时，电路的电流为0.05A，可知滑动变阻器接入的电阻为：
，可以推测实验中选用滑动变阻器的型号较合理的是C.
（4）B组同学也利用A组用的同一套器材完成此实验，误把图（a）中电压传感器在d点的接线接在c点，则在画出的U-I图像中，直线的斜率等于R0+r，但是不影响电动势E的测量值，即B组画出的图线与纵轴的交点相应的电压值和A组相比是不变的。
19.如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L＝2m，摩擦很小可忽略不计。
利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。
某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m＝0.1kg。
实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。
（重力加速度g取10m/s2）问：
（1）a0为多大？
（2）倾角θ1为多大？
此时物块处于怎样的运动状态？
（3）当倾角θ为30，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？
（设O所在水平面的重力势能为零）
【答案】
（1）6m/s2；
（2）370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；（3）0.768J
【解析】
【详解】
（1）θ=00，木板水平放置，此时物块的加速度为a0
由牛顿第二定律，得：
F合＝F＝ma0
解得a0＝F/m=0.6/0.1m/s2=6m/s2
（2）当木板倾角为θ1时，a=0，则F=mgsinθ1，解得θ1=370；
物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；
（3）当木板倾角为θ=300时，对物块由牛顿定律得：
F-mgsinθ＝ma1
0.6-0.1×10×0.5＝0.1a1
解得a1＝1m/s2
v1＝a1t=1×1.6m/s=1.6m/s
s1＝
a1t2=
×1×1.62m=1.28m
撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动。
对物块由牛顿定律得：
mgsinθ＝ma2
a2＝gsin300＝10×0.5m/s2=5m/s2
因为s1+s2以O处为零势能面，物块具有的最大重力势能为：
Ep＝mg（s1+s2）sin300=0.1×10×（1.28+0.256）×0.5J=0.768J
20.如图所示，足够长的光滑竖直平行金属轨道处于一个很大的匀强磁场中，已知轨道宽为l，磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面水平指向纸里。
轨道上端接入一个滑动变阻器和一个定值电阻，已知滑动变阻器的最大阻值为R，定值电阻阻值为R/2。
轨道下端有根金属棒CD恰好水平搁在轨道上，接触良好，已知金属棒质量为m。
起初滑片P处于变阻器的中央，CD棒在一平行于轨道平面的竖直向上F作用下，以某一初速度开始向上做匀减速直线运动，已知初速度大小为v0，加速度大小为a。
不考虑金属棒和轨道的电阻，重力加速度大小为g。
则
（1）请说明金属棒运动过程中棒中感应电流方向；
（2）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为零？
此时外力F多大？
（3）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为I0（I0已知且非零值）？
此时外力F多大？
【答案】
（1）先C到D，后D到C；
（2）
；F=mg-ma；（3）见解析；
【解析】
【详解】
（1）金属棒先向上匀减速直线运动，减到零后向下匀加速直线运动。
因此根据右手定则，当金属棒CD向上运动时，棒中感应电流方向为：
D→C；然后当金属棒CD向下运动时，棒中感应电流方向为：
C→D；
（2）若流过定值电阻的电流为零，则此时电路中没有感应电流，即感应电动势为零，根据E=BLv可知道，v=0。
根据运动学公式：
0=v0+at,得到
金属棒运动过程中经过流过定值电阻的电流为零，此时安培力为零，根据牛顿第二定律，得到mg-F=ma，此时外力F=mg-ma.
（3）当滑片处于中央时，并联电阻为R/4，回路总电阻为3R/4。
流过定值电阻的电流为I0时，此时干路电流为2I0，
电动势为E=2I0•
R=
I0R，根据E=BLv，得到
讨论：
金属棒先向上匀减速直线运动，后向下匀加速直线运动。
①当v0<
时，只在向下加速过程中，才出现流过定值电阻的电流为I0。
根据运动学公式得到
，解得
，经过时间
流过定值电阻的电流为I0
此时根据牛顿第二定律得到：
mg-F-FA=ma，
此时F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB
②当v0=
，在t1=0以及向下加速过程中，出现流过定值电阻的电流为I0。
t2=
；
t1=0时，棒向上运动，mg+FA-F=ma，得到此时F=mg+FA-ma=mg-ma+2I0LB
t2时，棒向下运动，mg-F-FA=ma，此时F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB
③当v0>
时，向上和向下过程中都出现流过定值电阻的电流为I0
向上过程中，由v=v0-at，可得
此时mg+FA-F=ma，得到此时F=mg+FA-ma=mg-ma+2I0LB
向下过程中，由-v=v0-at，可得
，
经过时间
，此时mg-F-FA=ma，此时F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB
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