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D、根據圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可得配餐點和目標位置距離為，故D錯誤。 6.【答案】BC
【解析】解：AB、導線MN中電流先向上均勻減小后向下均勻增大，通過線框的磁感線先垂直紙面向里，磁通量減小，后垂直紙面向外，磁通量增大，由楞次定律“增反減同”可知，線框中感應電流始終是順時針方向，即始終沿abcda方向，故A錯誤，B正確；
CD、線框中感應電流始終是順時針方向，先處于垂直紙面向里的磁場中，ad邊所處的磁感應強度大于bc邊，所以線框所受安培力合力與ad邊所受安培力一致，由左手定則可知安培力合力水平向左；線框后處于垂直紙面向外的磁場中，由左手定則知安培力合力水平向右，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
直導線中通有向上均勻增大的電流，根據安培定則判斷導線右側的磁場方向以及磁場的變化，再根據楞次定律判斷感應電流的方向，最后根據左手定則判斷出ab、cd邊所受安培力的方向，注意離導線越近，磁感應強度越大．
解決本題的關鍵掌握安培定則，左手定則，以及會用法拉第電磁感應定律求出感應電流大小，用楞次定律判斷感應電流方向．
7.【答案】BD
【解析】解：A、卡車勻速行駛時，根據共點力平衡可得：豎直擋板對工件的支持力等于，小于工件的重力，故A錯誤；
B、卡車由靜止突然啟動時，對工件根據牛頓第二定律可知
則不變，減小，即工件對豎直擋板的壓力變小，故B正確；
C、卡車突然剎車時，豎直方向受力仍滿足
則工件對斜面的壓力不可能為零，故C錯誤；
D、卡車減速運動過程中，動能減小，則根據動能定理
即斜面對工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功，故D正確。
故選：BD。
對工件受力分析，根據共點力平衡和牛頓第二定律即可求得，卡車減速運動過程中，動能減小，則根據動能定理即可求得斜面對工件做的功與工件克服豎直擋板支持力做的功的關系。
本題主要考查了牛頓第二定律和共點力平衡，抓住在運動過程中，利用好動能定理即可。
8.【答案】AC
【解析】解：A、對粒子a到達虛線位置時
解得：
相遇時粒子b的速度大小為，可知相遇位置必在虛線位置，此時b粒子的速度最大，最大速度為，故A正確；
B、根據
且
解得：，故B錯誤；
C、兩粒子在虛線上相遇時滿足
解得：、2、3……
則粒子a、b初始位置之間的距離可能為10h，故C正確；
D、因兩粒子在豎直方向的運動完全相同，則若增大粒子a的初速度，粒子a、b仍能相遇，故D錯誤。
故選：AC。
根據粒子的受力特點可知a粒子做類平拋運動，根據運動特點分析出相遇的位置，由此完成分析；
根據牛頓第二定律以及電場的公式得出金屬板PQ之間的距離；
根據粒子豎直方向的運動特點可知，當增大a粒子的速度時，兩個粒子仍然會相遇。
本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，根據不同方向的運動特點結合運動學公式，同時要熟練掌握電場的公式即可完成分析。
9.【答案】
【解析】解：設秤盤質量為M，則沒有放物體時，滿足
當放上物體m時，滿足
則放上物體后，秤盤下降的距離為
即
又因為金屬絲的總長度為l，所以電壓表示數為：
解得所放物體的質量為；
由圖可知，當箭頭指到金屬絲的最下端時，U的值最大，即最大質量滿足
即。
故答案為：；。
根據平衡條件結合胡克定律求解秤盤下降的距離，根據金屬絲的總長度為l，得到電壓表示數，由此解得所放物體的質量；
當箭頭指到金屬絲的最下端時，U的值最大，根據平衡條件進行解答。
通過此探究實驗知道，彈簧測力計是測力的工具，電壓表是測電壓的，但它們相結合，可從電壓表上測量；提高了學習的興趣，增加了研究發(fā)明的動力。
10.【答案】
【解析】解：螺旋測微器的分度值為，需要估讀到分度值的下一位，則用螺旋測微器測得該遮光片的寬度
在極短時間內，物體的瞬時速度等于該過程的平均速度，兩滑塊碰撞后滑塊B的速度
碰撞前瞬間滑塊A的速度大小
碰撞后瞬間滑塊A的速度大小
碰前總動量
碰后總動量
則
故答案為：；；；；
根據螺旋測微器的讀數規(guī)則得出遮光片的寬度，根據運動學規(guī)律計算出物體的速度；
根據紙帶上兩點間的距離得出滑塊在碰撞前后的速度大小；
根據實驗相對誤差的定義完成計算。
本題主要考查了動量守恒定律的驗證實驗，理解螺旋測微器的讀數規(guī)則，根據運動學規(guī)律計算出滑塊的速度，分析出碰撞前后的動量并完成分析。
11.【答案】解：依題意，小球通過最高點時，由牛頓第二定律
從最高點到最低點，根據動能定理可得
通過最低點時
解得：
繩斷后小球做類平拋運動
根據牛頓第二定律可得
解得
答：勻強電場的場強大小為；
若小球運動到最低點時繩子斷裂，小球落地點到O點的水平距離為。
【解析】根據牛頓第二定律列出小球在最高點時的向心力公式，同時結合從最高點到最低點的動能定理計算出場強的大??；
繩子斷裂后小球做類平拋運動，根據小球不同方向的運動特點計算出小球的水平距離。
本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟練掌握牛頓第二定律和動能定理分析出小球的運動情況，結合類平拋運動不同方向的運動特點即可完成分析，綜合性強，但難度不大。
12.【答案】解：由牛頓第二定律得：
對木塊和鐵盒整體：
對木塊：
當木塊剛要下滑時，在豎直方向：
代入數據解得：
①由牛頓第二定律得：
對物塊，水平方向： 豎直方向：，其中：
對鐵盒：
由勻變速直線運動的位移-時間公式得：⑨
水平方向，由速度-時間公式得：
代入數據解得：
②撤去拉力后，對木塊，由牛頓第二定律得：
對鐵盒，由牛頓第二定律得：
由運動學公式可知，木塊與右壁碰前：
由速度-時間公式得：，
之后木塊與鐵盒發(fā)生碰撞，碰撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：
碰后對木塊和鐵盒整體，由牛頓第二定律得：
由勻變速直線運動的速度-時間公式得：
木塊運動的總時間：
代入數據解得：
答：木塊與鐵盒內壁間的動摩擦因數是；
①木塊落到鐵盒底部時鐵盒的速度大小是，方向水平向右；
②該實驗中木塊運動的總時間是。
【解析】應用牛頓第二定律求出木塊的加速度大小，然后求出動摩擦因數。
①應用牛頓第二定律與運動學公式求出木塊落到鐵盒底部時鐵盒的速度大小。
②木塊與鐵盒碰撞過程系統動量守恒，分析清楚木塊與鐵盒的運動過程，應用牛頓第二定律、運動學公式與動量守恒定律解題。
本題是一道力學綜合體，根據題意分析清楚運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式與動量守恒定律即可解題。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、在的過程中，氣體溫度升高，內能增加，體積不變，則，則，即氣體始終吸熱，故A正確；
B、在的過程中，溫度不變，壓強減小，則氣體體積逐漸變大，故B錯誤；
C、在的過程中，溫度不變，內能不變，體積變大，對外做功，則氣體始終吸熱，故C正確；
DE、在的過程中，氣體壓強不變，溫度降低，則體積減小，內能減小，外界對氣體做功，則氣體始終放熱，故D正確，E錯誤；
故選：ACD。
根據圖像得出氣體溫度的變化，結合熱力學第一定律分析氣體的吸放熱情況。
本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，根據圖像得出氣體狀態(tài)參量的變化，結合熱力學第一定律完成分析。
14.【答案】解：設活塞的質量為m，由平衡條件有
解得：
設外界溫度為時，由于被封氣體壓強不變，發(fā)生等壓變化，設活塞的下端距湖面的高度為
解得：
答：活塞的質量為；
當夜晚外界溫度為時，活塞的下端距湖面的高度為62cm。
【解析】對活塞進行受力分析，根據平衡狀態(tài)得出活塞的質量；
分析出氣體變化前后的氣體狀態(tài)參量，結合一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程計算出活塞下端距湖面的高度。
本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合理想氣體的狀態(tài)方程完成分析即可。
15.【答案】ACE
【解析】解：由圖像可知，，，由此可知振子的振動方程為，故A正確；
B.由圖可知到內，彈簧振子向平衡位置振動，故動能不斷增大，故B錯誤；
C.時，彈簧振子位于最大正向位移處，即加速度沿x軸負方向，故C正確；
D.由圖知周期為，所以時彈簧振子處于負向最大位移處，即位移為，故D錯誤；
E.因為彈簧振子一個周期內的路程為
到彈簧振子的路程為
故E正確。
故選：ACE。
根據圖片得出振子的振幅和周期，根據公式計算出圓頻率，進而得出振子的振動方程；
振子越靠近平衡位置，振子的動能越大；
根據振子所處的位置分析出振子的加速度方向；
先分析出一段時間里振子的位移，進而得出振子的路程。
本題主要考查了簡諧運動的相關應用，根據圖像得出振幅和周期，通過公式計算出振子的圓頻率，從而得出振子的振動路程，理解時間與位移和路程的關系并完成分析。
16.【答案】解：光路如圖1所示，根據折射定律
圖1
代入數據解得：
根據幾何關系，光在圓柱體中的路程
由
得傳播時間：
解得：
如圖2所示，當逐漸增大，圖中也將不斷增大，而光線在側面的入射角i將不斷減小。
當趨近于時，光線射到側面處時的入射角i也將達到最小，假設此時剛好發(fā)生全反射，
圖2
因此可得
根據全反射臨界角公式有：
聯合以上各式解得：
所以當時任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出。
答：若圓柱體折射率為，入射角，光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間為；
若任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出，折射率的取值范圍為。
【解析】作出光路圖，根據折射定律結合求出光在玻璃中傳播速度，由幾何關系求出光傳播的路程，再求出時間；
根據光路圖，結合幾何關系分析，根據全反射臨界角可解得折射率范圍。
本題是幾何光學問題，要能熟練運用光的折射定律、反射定律，還要利用光的幾何特性，來尋找角與角的關系，從而算出結果。
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