正确。 故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道两球具有相同的角速度、向心力，同时要搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
8．（6分）（2018?陕西二模）如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y=0.5sin（0.5πx），其中x、y单位为m，x满足0≤x≤2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=10Ω．将线框从图示的位置开始（t=0），以v=2m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=1T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．线框穿越磁场的时间为4s
B．线框穿越磁场的过程中，PQ两点间的最大电压为1V C．线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D．线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.1sin（0.5πt）
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．
【专题】34 ：比较思想；4E ：模型法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据匀速运动的位移公式求线框穿过磁场的时间。当线框的有效切割长度最大时产生的感应电动势最大，PQ间的电压最大，由E=BLv求出最大的感应电动势，即可求得PQ间最大电压。线框中产生正弦感应电流，根据电动势有效值求焦耳热。由欧姆定律求感应电流的变化规律。
【解答】解：A、根据y=0.5sin（0.5πx）（m），知直线部分PMQ的长度为 L=×
=2m，有 L=d
所以线框穿越磁场的时间为 t=
=
=2s，故A错误。
B、线框有效的切割长度最大为 ym=0.5m，产生的感应电动势最大值为 Em=Bymv=1×0.5×2=1V，由于曲线部分电阻不计，所以PQ两点间的最大电压 Um=Em=1V，
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故B正确。
CD、线框穿越磁场的过程中，感应电动势变化规律为 e=Byv=1×0.5sin（0.5πt）×2V=sin（0.5πt）（V）=感应电流变化规律为 i==0.1sin（0.5πt）A 感应电流有效值 I=耳热为 Q=I2Rt=（0.05故选：BC。
【点评】本题中正弦式导线的有效切割长度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，提供了一种产生正弦式交变电流的一种方式，要注意求热量要用有效值。
二、非选择题：共174分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6分）（2018?陕西二模）一轻质弹簧水平悬挂于某一深度为h且开口向右的小筒中，已知轻弹簧的原长为L0，且L0＜h，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度L，现要测出弹簧的原长和弹簧的劲度系数，该同学通过改变L面测出对应的弹力F，作出F﹣L图象如图乙所示，图中标示的均为已知量。则弹簧的劲度系数为k=
，弹簧的原长L0= 。
=
=0.05
A，线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦
）2×10×2J=0.1J，故BC正确，D错误。
【考点】2S：胡克定律．
【专题】31 ：定性思想；4C ：方程法；523：弹力的存在及方向的判定专题． 【分析】根据胡克定律写出F与L的关系式，然后结合数学知识求解即可。 【解答】解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（L+h﹣L0）=kL+k（h﹣L0）， 从图象中可得当F对应的大小分别是a与b时，弹簧的长度分别是c和d 故弹簧的劲度系数为：k=
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L0=故答案为：
；
【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力。
10．（9分）（2018?陕西二模）某同学设计了如图甲所示的电路来测量一个量程为3V的电压表的内电阻（几千欧），实验室提供直流电源的电动势为6V，内阻忽略不计：
（1）请根据电路图甲完成图乙的实物连接；
（2）在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是： B ； A．变阻器A（0～2000Ω，0.1A） B．变阻器B（0～20Ω，1A） C．变阻器C（0～5Ω，1A）
（3）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最 左 端，并将电阻箱阻值调到 0 （填“0”或“最大”），然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏，此后滑片P保持不动；
（4）调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数发现当电压表读数为U1=1.0V时，电阻箱读数R1=6.0kΩ；当电压表读数为U2=2.0V时，电阻箱读数R2=1.5kΩ．则待测电压表的内阻值为 3.0×103 Ω．（保留两位有效数字）
【考点】N6：伏安法测电阻．
【专题】13 ：实验题；23 ：实验探究题；34 ：比较思想；46 ：实验分析法；535：恒定电流专题．
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【分析】（1）根据电路图连接实物图。
（2）从安全、精确的角度出发，抓住无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，确定合适的滑动变阻器。
（3）、（4）先使电压表满偏，抓住ap间的电压不变，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出电压表读数的倒数和电阻箱阻值的关系式，再求出电压表的内阻。 【解答】解：（1）按照电路图连接实物图，如图所示。
（2）因为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，可知滑动变阻器的阻值越小越好，但是若选择变阻器C，电流会超出变阻器的最大电流，不安全，所以选择B。
（3）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱阻值调到0，然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏。
（4）设满偏电压为U0，因为aP间的电压不变，为U0，根据欧姆定律知，电压表的示数为：U=
RV．①
当U1=1.0V时，电阻箱读数R1=6.0kΩ=6000Ω，代入①式得 1=RV．②
当电压表读数为U2=2.0V时，电阻箱读数R2=1.5kΩ=1500Ω．代入①式得 2=
．③
由②③解得：RV=3000Ω=3.0×103Ω 故答案为：
（1）如图所示； （2）B； （3）左； 0； （4）3.0×103。
【点评】在实验题中器材选取的原则是精确、安全、方便，本题的关键要抓住aP间的电压不变，等于电压表的满偏电压，结合欧姆定律，得出U﹣R的关系式。
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11．（12分）（2018?陕西二模）如图所示，光滑水平面上放着质量为M=4.5kg，长L=4m的薄木板，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，小物块和木板之间的动摩擦因数μ=0.1，开始时木板和小物体均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：
（1）若要使小物体不从木板上掉下，F的最大值。
（2）若F=10N，当小物块滑到到木板中点时撤去F，求拉力F对木板的冲量大小及撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量。
【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．
【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；33 ：参照思想；4A ：整体法和隔离法；52Q：功能关系 能量守恒定律．
【分析】（1）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值。
（2）若拉力F小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力F大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，由I=Ft求F对木板的冲量。撤去F后，根据系统的动量守恒和能量守恒求得小物体与木板间的相对位移，判断出小物体是否滑出木板，再求摩擦生热。
【解答】解：（1）设小物体随木板运动的最大加速度为a，此时m、M间的静摩擦力刚好达到最大值。根据牛顿第二定律得： 对小物体，有：μmg=ma； 代入数据得：a=1m/s2 对整体有：Fmax=（M+m）a 解得：Fmax=5.5N
（2）因施加的拉力F=10N＞5.5N，故小物体相对木板滑动，设木板的加速度为a1，由牛顿第二定律知：
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