动，水银柱产生的压强差减小，气体的压强增大，体积减小，右面的水银面将沿壁上升一段距离． 解答： 解：A：U形管右侧的气体的压强：P=P0﹣ρgh，气体的压强处处相等，所以左右两边水银柱的长度是相等的，所以左管内外水银面高度差一定为h．故A正确； B：气体的压强处处相等，所以左右两边水银柱的长度是相等的，与左右水银面的高度无关，故B错误； C：左右两边水银柱的长度要保持相等，气体的体积要保持不变，故当把U形管向上提高h（不脱离水银面），则右管口的水银面也沿管壁上升h，故C正确； D：整个装置一起向下加速运动，水银柱产生的压强差△p=，压强差减小，气体的压强增大，体积减小，右面的水银面将沿壁上升一段距离．故D正确． 故选：ACD． 点评： 该题考查气体压强，关键的是气体的压强处处相等，左右两边水银柱的长度是相等的．属于简单题． 18．（4分）（2015?长宁区一模）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为40cm．B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为24cm．P、Q转动的线速度均为4π m/s．当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图，P、Q可视为质点．则（ ）
A．A盘的转速为5转/秒 Q的周期为0.2s B． Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为0.24s C． D．Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为0.6s 考点： 线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动． 专题： 匀速圆周运动专题． 分析： 因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间． 解答： 解：A、A盘的转速n====5r/s．故A正确． B、Q的周期T=C、P的周期为T′====0.12s．故B错误． =0.2s，Q的周期为T=0.12s，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.12和0.2的最小公倍数为0.6s，则这个时间的最小值为0.6s．故C错误，D正确． 故选：AD．
点评： 解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数球最短时间间隔． 19．（4分）（2015?长宁区一模）图中，固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上的A点，图中弹簧水平时恰好处于原长状态．现让圆环从图示位置（距地面高度为h）由静止沿杆滑下，滑到杆的底端B时速度恰好为零．则在圆环下滑至底端的过程中（ ）
A．圆环的机械能守恒 圆环所受合力做功为零 C． B． 弹力对圆环做负功，大小为mgh D． 圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh 考点： 功能关系；功的计算． 分析： 分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析． 解答： 解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误， B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，在圆环下滑的过程中，弹簧对圆环有拉力，此拉力对圆环做负功，则由功能原理知圆环的机械能减小，根据动能定理可知弹力做功为﹣mgh．故B正确． C、对于圆环，两个过程中动能的变化量为零，根据动能定理可知圆环所受的合力做功为零，故C正确． D、对于圆环和弹簧组成的系统而言，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的弹性势能增大mgh，故D正确． 故选：BCD． 点评： 对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的基础好题． 20．（4分）（2015?长宁区一模）闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如右图所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（ ）
A．B． C． D． 考点： 法拉第电磁感应定律． 专题： 电磁感应与图像结合． 分析： 由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象． 解答： 解：A、由图示B﹣t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值； 1～2s磁通量不变，无感应电流； 2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的； 3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，A正确、B错误． C、由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的， 1～2s无感应电流，没有安培力， 2～4s时间内，安培力水平向左，是负的； 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=感应电流I===S， 是定值，在各时间段，由B﹣t图象可知，在每一时间段内，内I是定值， ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故CD错误； 故选：A． 点评： 本题考查了判断I﹣t图象与F﹣t图象是否正确，分析清楚B﹣t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题． 四．填空题（共20分，每小题4分．） 21．（4分）（2015?长宁区一模）A、B为相同大小的量正三角形板块，如图所示铰接于M、N、P三处并静止．M、N分别在竖直墙壁上和水平天花板上，A板较厚，质量分布均匀，重力为G．B板较薄，重力不计．三角形的两条边均水平．那么，A板对铰链P的作用力的方向为 沿NP方向 ；作用力的大小为
G ．
考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 对B分析可知B受拉力的方向，对A分析找出力臂由力矩平衡可求得作用力的大小． 解答： 解：因B的重力不计，B的重力对平衡没有影响，故对B平衡起作用的只有N和P点，故可将B可以作二力杆处理，则板A对P的拉力应沿NP方向； 对A分析，A受重力和P点的拉力而关于支点M平衡，设边长为L，由几何关系可知，重力的力臂为 L1=L，P点的拉力的力矩为 L2=则由力矩平衡可知，GL1=FL2，即G?L=F?解得 F=G G L L； 由牛顿第三定律可知A板对铰链P的作用力的大小为 F′=F=故答案为：沿NP方向，G． 点评： 本题关键在于理解B不计重力的含义，将B板等效为二力杆．运用力矩平衡条件解决此类问题． 22．（4分）（2015?长宁区一模）如图所示，在高为h的平台边缘以初速度υ0水平抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g．为使两球能在空中相遇，水平距离s应 ＜v0 ；
若水平距离为s0，则υB= ．
考点： 平抛运动；竖直上抛运动． 分析： A做平抛运动，B球竖直上抛运动，要使两球在空中相遇，运动的时间必然小于A球运动时间，且A球的水平距离要等于s，两球同时运动，运动的时间相同，根据平抛运动和竖直上抛运动的公式，抓住时间，位移的关系联立方程即可求解． 解答： 解：由于A做平抛运动有：x=v0t，h=，可得： x=v0 所以为使两球能在空中相遇，水平距离应有：s＜x， 即：s＜v0．
由：s0=v0t，h=+（vBt﹣） 得：vB= 故答案为：，． 点评： 本题主要考查了平抛运动和竖直上抛运动的基本规律，关键要正确分析两个物体运动之间的关系． 23．（4分）（2015?长宁区一模）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标内，如图所示，则电源内阻r= 4 Ω，当电流为1.5A时，外电路的电阻R=
Ω．
考点： 电功、电功率；闭合电路的欧姆定律． 专题： 恒定电流专题． 2分析： 三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=Ir，输出功2率PR=EI﹣Ir，根据数学知识选择图线．根据图线a斜率求解电源的电动势．由图读出2电流I=1.5A时，发热功率Pr=Ir，求出电源的内阻． 22解答： 解：根据直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=Ir，输出功率PR=EI﹣Ir，E==8V．内部的发热功率Pr=Ir，内阻为r== 2=4Ω，当电流为1.5A时，由图读出电源的功率PE=12W．由PE=故答案为：4 点评： 本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义． 24．（4分）（2015?长宁区一模）如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个阻值为R、边长为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内平均感应电动势= q= Ba ．
2
Ba ，通过导线框任一截面的电量
2