故选：AC． 4.
考点： 平抛运动；动能定理． 专题： 平抛运动专题． 分析： 运动员和滑板做平抛运动，根据分位移公式和分速度公式列式求解即可． 解答： 解：A、运动员和滑板做平抛运动，有误； B、C、根据动能定理，有mgh=动员落地瞬间速度越大，故B正确，C错误； D、射程故选：B． 点评： 本题关键是明确运动员和滑板做平抛运动，然后根据平抛运动的分位移公式和动能定理列式分析讨论． 5.
【考点】： 匀变速直线运动的图像． 【专题】： 运动学中的图像专题．
【分析】： 位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识比较速度的大小，确定物体的运动性质．物体的位移大小等于纵坐标的变化量．
解：A、位移图象的斜率等于物体的速度，0～t1的时间内甲沿正方向做减速运动，乙沿负方向做加速运动，运动方向相反．故AB错误．
C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，根据图象可知甲、乙两物体的位移大小相等，时间相等，所以平均速度大小相等，故C错误，D正确． 故选：D．
【点评】： 对于位移图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是关键． 6.
考点： 电势；电势能． 专题： 压轴题；电场力与电势的性质专题． ，初速度越大，射程越大，故D错误； ，解得，故v0越大，运，故运动时间与初速度无关，故A错分析： 该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等． 解答： 解：A：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确； B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的．故B正确； C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C错误； D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D正确． 故选：ABD． 点评： 该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于基础题目． 7.
考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系． 专题： 交流电专题．
分析： 根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t（V），可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值，当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0． 解答： 解：A、根据e=5sin20t（V），得：ω=20rad/s，所以f=
=
Hz=
Hz，故A正确；
B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，故B错误； C、当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误； D、线圈转动到中性面位置时，电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；
故选：A．
8.解：线框进入磁场过程受到的安培力：F=BIL=B
L=
线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，则a=g﹣
线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，v﹣t图象的斜率减小．故ABD错误，C正确； 故选：C．
9.解：游标卡尺的主尺读数为103mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：103mm+0.10mm=103.10mm． 故答案为：103.10 10.
考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线． 专题： 实验题． 分析： （1）器材的选取需精确、安全，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表，从测量误差的角度出发选择合适的滑动变阻器． （2）由实验原理可明确实验中的实物图； （3）由伏安特性曲线明确对应的电流值，再由功率公式可求得功率． 解答： 解：（1）灯泡的额定电压为4V，故电压一选择A；灯泡的额定电流为0.5A，选择0﹣3A量程的电流表量程偏大，测量误差大，所以选择量程为0.6A的电流表，即D． （2）本实验中采用滑动变阻器的分压接法，电流表选用外接法；故实物图如图所示； （3）电源电压为2V，则由图象可知，图象与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，即电流为0.4A，则功率P=UI=2×0.4=0.8W； 故答案为：（1）A；D （2）如图 （3）0.8 点评： 解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别． 11.解析：(1)用隔离法：对滑块作受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上
F＝m1gsin30°＋f，(2分) 得f＝5 N（1分）
(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：
在水平方向上有F地＝Fcos30°＝153N；（2分）
在竖直方向上有N地＝(m1＋m2)g－Fsin30°＝135 N（2分） 。 12.
考点： 安培力．
分析： （1）通过受力分析，利用共点力平衡即可求的安培力； （2）由F=BIL即可求的电流
（3）由闭合电路的欧姆定律即可求的电阻 解答： 解：（1）作出金属棒的受力图，如图．
则有：F=mgsin30° F=0.1N
（2）根据安培力公式F=BIL得：
解得：I=0.5A
（3）由闭合电路的欧姆定律有：解得：R=11Ω
答：（1）金属棒所受到的安培力0.1N； （2）通过金属棒的电流为0.5N；
（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为11Ω
点评： 本题是金属棒平衡问题时，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大小．