根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0﹣8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，

同理，可得：当，当8﹣16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，ABD错误；

16.解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 F=F向

F=GF向=m=mω2r=m（）2r

因而G=m=mω2r=m（）2r=ma

解得①ω=②a=③

A、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于b卫星的轨道半径，根据③式，a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故A正确；

B、b、c两颗卫星的轨道半径不相同，根据②式，其角速度不等，故B错误；

C、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于d卫星的轨道半径，根据①式，a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，故C错误；

D、a、c两颗卫星相交，故轨道半径相同，根据①式，它们的线速度相等，故永远不会相撞，故D错误；

17.A、断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电势差增大，指针张角增大，故A错误．

知，电容C减小，根据C=

B、断开开关，电容器带电量Q不变，增大正对面积，根据C=小，指针张角减小．故B正确．

知，电容C增大，根据C=知，电势差U减

CD、保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C、D错误． 故选：B．

18.解：由左手定则和题意知，没ab方向射出的粒子在三解形磁场区域内转半周，运动时间最长，半径最大的则恰与

ac相切，轨迹如图所示，由几何关系求得最大半径，由洛仑兹力提供向心力

，从而求得最大速度vmax=

19.A、甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m2的速度不大于v，但不是一定等于v，故A错误；

B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确； C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；

D、图4中链式反应属于重核裂变，故D正确

20.A、线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω=2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u=B、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1：U0．故B正确．

U1sin2πnt，故A错误．

C、理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=，所以输入功率为P=，电流表的示

数是I1==，故C正确．

U1，故D错误．

D、由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于

21.解：A、0～s1过程中，由于机械能逐渐减小，知拉力做负功，物体向下运动，所以拉力可能沿斜面向上，不可能沿斜面向下，故A错误．

B、0﹣s2过程中，合力沿斜面向下，向下做加速运动，动能不断增大，故B正确．

CD、根据功能原理知：△E=F△s，可知E﹣s图线的斜率表示拉力的大小，s1﹣s2过程中，拉力不变，设斜面的倾角为α，开始时物体加速下滑，F＜mgsinα．s1﹣s2过程中，拉力必定小于mgsinα，物体应做匀加速运动，不可能做匀速直线运动，也不可能做匀减速直线运动，故C正确，D错误．

22、解：每5个连续点取1个计数点，所以相邻两个计数点之间的时间为T=0.1s 根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度

所以：v1===37.5cm/s=0.375m/s

v2===52.5cm/s=0.525m/s

根据推论公式△x=aT2

可以求出加速度：a=

故答案为：0.375，0.525，1.50．

==150cm/s2=1.50m/s2

23、（1）由图可知，螺旋测微器的示数为：d=0.5+14.5×0.01=0.645mm； （2）角度偏转太大，则说明示数太小，故应换用小档位；故选用×1档； 由图可知，电阻值为：22×1=22Ω；

（3）感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同．

题目中线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起的原因是：闭合电键的瞬间线圈突然产生磁场（假设磁场向上），通过铝环的磁通量突然（向上）增加，那么铝环中的感应电流就产生与原磁场方向相反的磁场（感应电流磁场向下）；因为原磁场与感应电流的磁场方向相反，相互排斥，所以铝环受到向上的斥力，所以铝环向上跳起．若保持电建闭合，流过线圈的电流稳定，磁场不再发生变化，铝环中就没有感应电流，也就没有相互作用，铝环仅受重力作用，最后落回．

如果电源的正、负极对调，观察到的现象还是不变，因为我们讨论时电流的正负极对整个力的作用过程没有影响； 若先用手按住铝环，然后接通电源，电流稳定后放手，铝环不会跳起，原因是穿过线圈的磁通量不变； 故答案为：（1）0.645；（2）×1，22；（3）同样，不会． 24.

(1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J

解析 (1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，有mBg＝mBC

1 21 2

2mBvB＝2mBvC＋2mBgR

代入数据得vB＝5 m/s

(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝2mBv1，I＝mBvB－mBv1 代入数据得I＝－4 N·s，其大小为4 N·s

1 2

(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有 mBv1＝mBvB＋mAvA W＝2mAvA 代入数据得W＝8 J. 25.

1 2

2mgrsin θmgqrsin θr2(1)B2L2 (2)BL－B2L2

(3)

4m2gr2sin θ

B4L4

解析 (1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零， 对其受力分析，可得： mgsin θ－BIL＝0

BLvm根据欧姆定律可得：I＝2r

解得：vm＝

2mgrsin θB2L2

(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x， 由电流的定义可得：q＝Δt

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： ＝2rΔt＝2rΔt

BΔSBLx

2qr

解得：x＝BL

设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝2r

BLv0

此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q总＋2mv0

1 2

1

定值电阻产生的焦耳热Q＝2Q总

解得：Q＝

mgqrsin θr2

BL－B2L2

(3)由牛顿第二定律得：BIL＝ma

由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得： I＝2r

可得：2rv＝mΔt

BLv

B2L2Δv