析板间场强的变化来判断；注意由于二极管具有单向导电性，所以当电容减小时，由于电容器不能放电，则电容器上的电量不变。
本题关键分析电容器的电压是否变化。要抓住二极管的单向导电性，分析出电容器不能放电，来分析板间电压是否变化。 5.【答案】D
【解析】
小车和小球组成的系统动量守恒，水平方向不受外力，系统水平动量守恒，小球运动到最高点两者的速度相同，由动量守恒定律求解共同速度；根据系统水平方向动量守恒和能量守恒列式，可求得小球最终离开小车后的速度，从而分析出小球的运动情况。小球最终离开小车时小车的速度最大。当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，两者的速度相同，由系统水平方向动量守恒和能量守恒列式求小球的初速度。
本题是系统水平方向动量守恒和机械能守恒的综合应用问题，要知道系统的水平动量守恒，但总动量并不守恒。不能认为小球上升P点时小车的速度最大，要认真分析小车的运动过程，来确定何时速度最大。 6.【答案】BC
【解析】
解：A、小球运动到最高点小球和小车的速度相同，设为v。以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 mv0=（m+m）v 得：v=
．故A错误。
解：AB、线框顺时针方向转动，经过
B、设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=mv1+mv2。
222
根据机械能守恒定律得：mv0=mv1+mv2
的时间，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感
应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为逆时针，故A错误B正确； CD、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E=所以E=故选：BC。
根据楞次定律判断感应电流的方向；运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小。 分析清楚线框的运动过程、知道磁通量如何变化、求出磁通量的变化量是解题的前提与关键；要掌握应用楞次定律判断感应电流方向的方法与步骤；应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。 7.【答案】ABD
【解析】
=
222
，而△S=2a-a=a，△t=
，
联立解得：v1=0
小车的速度为：v2=v0，所以小球最终离开小车后向右做自由落体运动，故B错误。
C、小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0．故C错误。
D、当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得： mv0=（m+m）v′
根据机械能守恒定律得： mv0=mgR+（m+m）v′解得：v0=2所以若v0≥2故选：D。
时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确。
2
2
，平均电流I==，故C正确D错误。
解：A、根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，由图象可知，上升和下降斜率不变，即合力恒定不变，运动过程中空气阻力大小恒定，故A正确； B、根据牛顿第二定律得上升过程的加速度为
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．下落过程的加速度为
＜a上，又上升和下落的高度相同，根据得：t上＜t下，故B正确；
线与圆相切时（图中得红色线），拉力BC达到最大值，此后继续抬高B点，则BC的拉力减小，所以整个的过程中BC的拉力先增大后减小。 由以上的分析可知，AD正确，BC错误 故选：AD。
对结点C进行受力分析，由共点力平衡，结合角度的变化即可求出。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
C、设上升过程克服阻力做功为W，整个过程根据动能定理得：-2W=E0-3E0，解得：W=E0，根据功能关系得：上升过程中机械能损失△E=W=E0，故C错误； D、由B到C由动能定理得：mgh-W=E0-0②，①②联立解得：mgh=2E0，故故选：ABD。
根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，可分析空气阻力情况；根据上升和
①，下落整个过程由动能定理得：
，由图象可知地面为重力势能零点，且由图象可知
，即下落经过C点时动能小于重力势能，故D正确；
下落的高度相同，位移时间公式比较时间长短；克服空气阻力做功等于上升过程机械能的损失。 9.【答案】ABD 本题考查动能定理和功能关系，关键是根据动能定理分析出动能随路程变化的图象中斜率表示合力，从而分析空气阻力情况，然后再根据牛顿第二定律、运动学公式等分析各项即可。
B、根据理想气体状态方程结合图象可知，状态a的温度比状态b、c的温度高，故状态a的内能
8.【答案】AD
【解析】
【解析】
解：A、根据理想气体状态方程结合图象可知，状态b、c的温度相同，故内能相等，故A正确；
比状态b、c的内能大，故B正确；
C、在a到b的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误；
D、a到b的过程，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体应从外界放热，故D正确；
E、据A项分析可知状态b、c的内能相等，由b到c的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸热，又据D项分析可知由a到b的过程气体放热，故在c到a的过程中气体应吸热；故E错误；
解：对结点C进行受力分析，其受力如图：
C点受到重物的拉力mg，AC的拉力以及BC的拉力，由三力平衡的特点可知，AC与BC的拉力的合力与重物对C的拉力大小相等，方向相反。
当B点逐渐升高的过程中，AC与BC之间的夹角不变，重物对C的拉力方向始终向下，若以C点为圆心，以mg大小为半径做一个圆，则AC与BC的合力的方向将顺时针转动，如图：由平行四边形定则可知，AC的拉力与BC的拉力将如图变化；可知拉力AC逐渐减小，而当AC的平行
故选：ABD。
理想气体内能的只与温度有关，根据图象结合理想气体状态方程可分析比较各状态温度关系，从而判断内能关系；根据体积变化判断做功，结合热力学第一定律分析气体吸放热情况。 本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变
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化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。 10.【答案】ACE
【解析】
（2）根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；
（3）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而求出动能的增加量，进而列出表达式，由此可确定横轴。 考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律
解：由图可知周期为2S，则λ===1m
验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变；并学会运用数学表达式来分析，
A、2.5S时波传播的距离为x=vt=2.5×2=5m，质点开始向上运动，则A正确
理解图象的斜率的含义。
B、t==2S时4m处的质点向上运动，则B错误
C、1S时2m处的质点开始运动，因周期为2S，则又运动周期为达到最低点，则C正确 D、4m处的质点时1m处的质点距离为3m，是波长的整数倍则运动情况相同，则D错误 E、因振源只振动了1S，则其它质点与振动了1S，则E正确。 故选：ACE。
据O点的振动可知周期，根据v=
可求出波长。介质中各个质点起振方向与波源的起振方向
12.【答案】99.9 ＞＞ 1 小于
【解析】
解：（1）用半偏法测电阻，若并联电路电流相同，则电阻相同，则电流表内阻等于电阻箱阻值：为99.9Ω。
（2）因总电流变大，则并联电阻部分的电流大于原电流的一半，则阻值小于电流表的内阻，测量值偏小。若R＞＞R′，则电路中的电流增加几乎可以忽略不计，则可以减小实验的误差。 （3）改装成电流表要并联电阻，由欧姆定律可得：I?R并=I0rg 又：
相同。因振源只运动了个周期，则其它质点也只振动了1S
由振动图象可确定周期，振幅，对于简谐波，要掌握其基本特点：介质中各个质点起振动方向相同。
11.【答案】匀速 mgh1=
联立可得：R0=1Ω
（4）由于电流表的内阻的测量值偏小，所以由公式得出的与电流表并联的R0偏小，导致改装的电流表的量程偏大，所以对应的读数偏小，即改装的电流表测得的电流小于标准电流表测得的电流。
【解析】
解：（1）因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh=（2M+m）v，
即为：mgh1=（2M+m）v，又v=
2
2
故答案为：（1）99.9；（2）＞＞；（3）1；（4）小于
（1）用半偏法测电阻，并联电路电流相同，则电阻相同，又因并联电阻后总电流增加，则电流表
得：mgh1=
=
示数为一半时，所并联部分的电流大于原电流的一半，则其阻值小于电流表的内阻。
因此以。
（3）改装成电流表要并联电阻分流，再由全电路欧姆定律求得电阻阻值；
为横轴；
（2）根据实验中误差产生的原因分析减小实验误差的方法；
2
（3）将mgh1=（2M+m）v，变形后，则有：h1=
由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率k=故答案为：（1）匀速 （2）mgh1=
（3）
（4）根据误差产生的原因，分析误差带来的影响。
（1）因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
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考查半偏法测电阻明确测量值偏小，改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，
改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻。
13.【答案】解：（1）
（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度 ，
水平分速度 ；
质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P点，故竖直位移为零，所以，运动时间
；
，
2
根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s解得：t=3.3s；
所以，质点在P点的竖直分速度 ，水平分速度
；
所以，带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度 ；
（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=66.6m；
匀减速的位移：
答：（1）MN左侧区域内电场强度的大小为
，方向竖直向上；
解得：x=159m
则x'=159+66.6-100m=125.6m。
应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌。 答：（1）减速过程需要的最短时间3.3s
（2）应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌。 【解析】
（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为60°时，质点在磁场中刚好运动到O点，带电质点在磁
场中运动的轨迹如图所示：；
（1）根据速度求出时间；
（2）反应期间做匀速直线运动，接着做匀减速直线运动，求出总距离，加上100m就是指示牌的距离。
本题考查匀变速直线运动公式，关键是分析汽车的运动情况，并根据运动情况列公式求解。 14.【答案】解：（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：
重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；
所以，电场力qE=mg，方向竖直向上；所以，MN左侧区域内电场强度 左 （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：
（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vp为 。 【解析】
（1）根据质点在左侧做匀速圆周运动得到电场力和重力平衡，从而求得场强；
（2）根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，再由左手定则得到质点偏转方向，从而根据几何关系得到夹角和运动轨迹；
（3）根据几何关系求得在O点的速度方向，然后由竖直位移为零求得在右侧的运动时间，即可
，方向竖直向上；
根据竖直、水平方向均做匀变速运动求得速度变化，从而求得在P点的速度。
；
，所以，轨道半径
带电粒子运动轨迹的求解一般根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，再根据左手定则求得偏转方向，进而由几何关系求得运动轨迹。
质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧； 又有 ；
根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角 ；
15.【答案】解：①根据大气压强和水银柱高度可得：开始的时候密封空气柱的压强为
76cmHg-10cmHg=66cmHg；
当水银恰好被抽出时玻璃管内空气仍是原来被密封的空气，故空气质量不变，体积变为原来的 ；
根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；
根据同一空气，温度不变，PV不变，所以，压强变为原来的 ，所以，水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强为 ；
②被注射器吸入的空气在最开始的压强为大气压强（76cmHg），在玻璃管中的长度为70cm；
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