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亮度变暗，D2亮度也变暗，故C错误；
D.根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值U1=
V=220V，根据理想变压器电压与匝数成正比得：
n1：
n2=U1：
U2=10：
1，解得：
U2=22V，所以电压表示数为22V不变，t＝0.005s时，电动势最大，发电机的线圈平面与磁场方向平行，故D错误；
故选：
AB
9.我国将于2020年完成35颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，“北斗”是由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统.30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km.关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是（ ）
A.中轨道卫星的线速度约为3.8km/s
B.中轨道卫星的运行周期约为19h
C.中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大
D.静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，由半径关系可求中轨道卫星的周期，根据线速度与周期关系可求中轨道卫星的线速度；根据万有引力提供圆周运动向心力，可分析加速度和半径的关系，即可比较不同卫星的加速度大小和角速度大小．
【详解】AB.根据万有引力提供圆周运动向心力有
，可得卫星周期
，所以中轨道卫星与同步卫星的周期比为T中：
T静=
≈0.53，所以中轨道卫星的周期大约为12.7h。
中轨道卫星的线速度
=3.8km/s，故A正确，B错误；
C.根据万有引力提供圆周运动向心力有
，
，所以中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大，故C正确；
D.根据万有引力提供圆周运动向心力有
，
，静止轨道卫星绕地球运行的轨道半径比月球绕地球运行的轨道半径小，所以静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故D正确。
故选：
ACD.
10.如图甲所示，两个等量正电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B，O三点．一个带电量大小为2×10－3C、质量为1g的小物块从A点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），则下列说法中正确的是（ ）
A.小物块带正电
B.AO两点电势差UAO＝－9V
C.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小E＝1V/m
D.由A到O的过程中小物块的电势能先减小后变大
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据小物体的运动情况确定受力情况，然后判断电性；根据从O到A动能的变化，由动能定理可求AO两点电势差；根据V-t图可知在B点的加速度，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值；根据动能的变化，分析电势能的变化．
【详解】A.该小物块从C点静止释放后，根据运动的v−t图象可知开始向B处运动，说明电场力方向向下，故小物块一定带负电，故A错误；
B.从A到O的过程中，根据动能定理得：
qUAO=
，代入数据得UAO=-9V，故B正确；
C.由乙图可知，物体在B点加速度最大，且加速度为a=△v/△t=4m/s2，根据qE=ma,可知B点的场强最大，为E=ma/q=1V/m，故C正确；
C.从A到O的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误；
故选：
BC.
11.如图所示，1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端.毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的电压．已知图中的霍尔元件是正电荷导电，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）
A.电表B为毫伏表，电表C为毫安表
B.接线端2的电势低于接线端4的电势
C.保持R1不变、适当减小R2，则毫伏表示数一定增大
D.使通过电磁铁和霍尔元件的电流大小不变，方向均与原电流方向相反，则毫伏表的示数将保持不变
【答案】CD
【解析】
【分析】
线圈产生匀强磁场，方向垂直霍尔元件的上下两个面，电源E2提供通过霍尔元件的电流，带电粒子在磁场力作用下偏转，由左手定则可知偏方向，得出电势高低；由电流的变化，导致电子运动速度也变化，由电场力等于洛伦兹力，可得电压的变化；电压表C测量霍尔元件的电压，霍尔电压与磁感应强度和通过霍尔元件的电流有关．
【详解】A.B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为毫安表，电表C为毫伏表，故A错误；
B.根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，正电子移动方向与电流的方向相同，由左手定则可知，正电子偏向接线端2，所以接线端2的电势高于接线端4的电势，故B错误；
C.保持R1不变，电磁铁中的电流不变，产生的磁感应强度不变；减小R2，霍尔元件中的电流增大，根据I=nesv，v增大，电子受到的电场力等于洛伦兹力，
，U=dvB，所以霍尔电压增大，即毫伏表示数一定增大，故C正确；
D.当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2/4两接线端的电势高低关系不发生改变，根据U=dvB，毫伏表的示数将保持不变，故D正确；
故选：
CD.
12.一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（ ）
A.在0～x1的过程中，力F逐渐变大
B.在0～x1的过程中，物体的加速度逐渐增大
C.在x1～x2的过程中，物体的动能越来越大
D.在0～x3的过程中，物体的速度方向先向上再向下
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据功能关系，由机械能变化的判断运动方向，根据牛顿第二定律，由机械能变化快慢，判断拉力大小的变化。
【详解】A.由图可知在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，根据功能关系，拉力做的功等于机械能的减少量，机械能随位移减小的逐渐变慢，说明拉力逐渐变小，故A错误；
B.物体由静止开始向下运动，加速度向下，由牛顿第二定律mgsinθ-F=ma，0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小，加速度逐渐增大，故B正确；
C.在x1～x2的过程中，因机械能守恒，则拉力F=0，由牛顿第二定律此时a=mgsinθ/m=gsinθ，物体做匀加速向下运动，动能越来越大，故C正确；
D.在x2～x3的过程中，机械能增大，根据功能关系，拉力做正功，物体向上运动，物体的速度方向先向下后向上，故D错误。
故选：
BC。
三、简答题：
本题共2小题，共计20分．
13.
（1）在“探究加速度与力的关系”的实验中，甲同学利用图（a）中的力传感器测出细线的拉力，通过改变钩码的个数改变细线拉力.
①甲同学在实验过程中，________（选填“需要”或“不需要”）满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件．
②甲同学在实验过程中，若没有进行平衡摩擦力的操作，则由实验结果画出的图象可能是图（b）中的________（选填“A”“B”或“C”）．
（2）乙同学也采用图（a）所示的装置进行了“探究功和小车速度变化关系”的实验，步骤如下：
①按图（a）把实验器材安装好；
②先接通电源，后放开小车，电火花计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点.从某点A开始，此后在纸带上每隔4个点取一个计数点，依次标为B、C、…；
③测量出B、C、…各点与A点的距离，分别记为x1、x2、…；
④求出B、C、…各点的速度大小，分别记为v1、v2、…，再求出它们的平方v
、v
、…；
⑤用力传感器的示数F分别乘以x1、x2、…，得到所做的功W1、W2、…；
⑥用速度的平方v2为纵坐标，力F所做的功W为横坐标，并在v2W中描出相应的坐标点，得到图线如图（c）所示.上述实验操作中，有明显的疏漏是________；
正确操作后画出图（c），由图可知：
打A点时小车的速度vA＝________m/s；小车的质量M＝________kg.（结果保留两位小数）
【答案】
（1）.不需要
（2）.B（3）.未平衡摩擦力（4）.0．50（0.45～0.55）（5）.0．40（0.39～0.41）
【解析】
【分析】
（1）根据实验原理和实验目的可知该操作的意义；
（2）若没有进行平衡摩擦力，拉力小于摩擦力时，加速度为零，即可选择正确图像；
（3）根据动能定理求出速度平方与功的关系式，由图象上的纵轴截距和斜率可求初速度和质量。
【详解】
（1）由于该实验中通过传感器测出小车受到的拉力，所以不需要满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件；
（2）若没有进行平衡摩擦力，拉力小于摩擦力时，加速度为零，所以图像可能是B；
（3）平衡摩擦力后，传感器的示数等于小车受到的合外力，本实验没有平衡摩擦力；
根据动能定理，W=
，
，纵轴截距对应的就是打A点速度的平方。
由图可知：
=0.25m2/s2
所以有：
vA=0.50m/s.
图像的斜率等于
，由图可知，代入数据得：
m=0.40kg.
14.为测量一根金属丝（电阻约5Ω）的电阻率ρ选用的电学器材：
电压表（量程3V，内阻约3KΩ），电流表（量程0.6A，内阻约0.2Ω），滑动变阻器0-15Ω），学生电源（稳压输出3V），开关，导线若干。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_______（选填'“A”“B”（或“D”）发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为______mm。
（2）请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整________。
（3）如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线_________，求出该金属丝的电阻值为_____Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确_________？
请说明理由________；
【答案】
（1）.
（1）D；
（2）.0.540（0.539-0.541）（3）.
（2）如图；
（4）.（3）如图；
（5）.4.2-4.6（6）.（4）不正确；（7）.多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；
【解析】
（1）调节微调旋钮“D”
读数为：
；
（2）电流表串联在电路中，实物连接如图：
（3）利用描点作图，将各组数据连接成直线如图：
斜率表示电阻，
；
（4）他的观点不正确，多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；
四、计算题：
本题共4小题，共计59分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15.如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直.现将物块拉到M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M、N两点间的距离d＝0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）滑块第一次下滑的时间t；
（2）滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；
（3）滑块在直杆上滑过的总路程s.
【答案】
（1）0.5s
（2）0.25m.（3）1.5m
【解析】
【分析】
（1）滑块从A点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；
（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小
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