6．（6分）（2014?南昌二模）某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．设第1s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A． 物体先向正方向运动，后向负方向运动 B． 物体在第3s末的速度最大
C． 前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功 D． 物体在第4s末的动能为22.5J 考点： 动能定理的应用；加速度与力的关系图像；牛顿第二定律． 专题： 动能定理的应用专题． 分析： 由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动．根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大、位移最大的时刻．根据a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，求出第4s末物体的速度，即可求出动能．
解答： 解：A、由图象可知，物体在0﹣3s内物体沿正方向做加速运动，在3﹣4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故A错误，B正确．
D、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量△v等于前2s内速度变化量，由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功；为
△v=2××1m/s=3m/s，则第4s末的速度为v=3m/s，动能为Ek=mv=×5×3=22.5J．故
22
CD正确． 故选：BCD．
点评： 本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住a﹣t图象的“面积”求出速度的变化量，得到第4s末的速度． 7．（6分）（2014?济南一模）如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则（ ）
A． 弹簧的弹性势能最大为 B． 弹簧的弹性势能最大为
﹣Q﹣fd ﹣2Q﹣fd
C． 导体棒再次回到OO′位置时的动能等于 D． 导体棒再次回到OO′位置时的动能大于
﹣4Q﹣2fd ﹣4Q﹣2fd
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系． 专题： 电磁感应——功能问题． 分析： 当导体棒向右运动的过程中，导体棒的动能转化为弹簧的弹性势能、电路中电能和克服摩擦力做功产生的热能；当导体棒向左运动时，弹簧的弹性势能转化为导体棒的动能、电路中的电能和克服摩擦力做功产生的热能．由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，同一个位置上导体棒中的电动势不相同，产生的电能也不相同．
解答： 解：A、B、当导体棒向右运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：
所以：
…①．
故A错误，B正确；
C、D、由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度．所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能．即： 2Q′＜2Q
当导体棒向左运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：联立①②得：
…②
故C错误，D正确． 故选：BD
点评： 该题考查电磁感应中的能量的转化与守恒，要注意导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能． 8．（6分）（2014?石家庄二模）如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其下方，开始时线圈内不通电流，两细线
内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′，下列说法正确的是（ ）
A． 线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a B． 线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a C． 当线圈中电流变为 D． 当线圈中电流变为
I时，两细线内的张力均为零 I时，两细线内的张力均为零
考点： 楞次定律；安培力． 专题： 电磁感应与电路结合．
分析： 通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答．
解答： 解：A、B、当MN通以强度为I的电流时，两细线内的张力均减小为T′，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为a→b→c→d→a，故A错误，B正确；
C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，设线框中的电流为i，ab到MN的距离是r1，cd到电流MN的距离是r2，ab处的磁感应强度是B1，cd处的磁感应强度是B2，根据题意可知： ab所受安培力为：cd所受安培力为：
…① …②
此时两细线内的张力均减小为T′，则有： 2T′+（F1﹣F2）=mg=2T…③
当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有： （F′1﹣F′2）=mg=2T…④ 联立①②③④解得：
，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评： 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题 9．（7分）（2015?鄂州三模）某同学用如图甲所示的实验装置来探究物块在水平桌面上的运动规律，并测量物块和桌面间的动摩擦因数．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，
物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，按打点的时间先后顺序用1，2，3，…依次标出，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断出物块在两相邻计数点 6 和 7 之间的某时刻开始减速． （2）计数点4对应的速度大小为 0.80 m/s，计数点8对应的速度大小为 0.96 m/s．（保留两位有效数字）
2
（3）若当地的重力加速度g=9.8m/s，可计算得出物块与桌面间的动摩擦因数μ= 0.20 ．（保留两位有效数字） 考点： 测定匀变速直线运动的加速度． 专题： 实验题．
分析： （1）由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
（2）用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
（3）用作差法求解减速过程中的加速度，再由μ=表达式，从而可求出动摩擦因数． 解答： 解：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
（2）根据平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度， 则有：v4=v8=
=
=
m/s=0.80m/s m/s=0.96m/s
（3）由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得： a=
m/s=﹣2.00m/s．
2
2
若用 来计算物块与木板间的动摩擦因数，则有：μ==故答案为：（1）6，7； （2）0.80，0.96； （3）0.20．
=0.20；
点评： （1）考查要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意有效数字．
（2）本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法． 10．（8分）（2015?鄂州三模）用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： 双量程电流表：A（量程0﹣0.6A，3A） 双量程电压表：V（量程0﹣3V，0﹣15V）
滑动变阻器：R1（阻值范围0﹣10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0﹣100Ω，额定电流1A）
（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为 0.6 A，电压表的量程为 3 V，应选用滑动变阻器 R1 （填写滑动变阻器符号）．
（2）根据电路图，并按照实际的电表量程进行连线 （3）通过多次测量并记录对的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U﹣I图线．由图线可以得出此干电池的电动势E= 1.45 V（保留3位有效数字），内阻r= 1.3 Ω（保留2位有效数字）． （4）引起该实验的系统误差的主要原因是 A ． A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C．由于电流表的分压作用造成电压表计数总是比路端电压小 D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大． 考点： 测定电源的电动势和内阻． 专题： 实验题．
分析： （1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；
（2）电压的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻．
（3）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．