9．A 【解析】
对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：
可知小球从B点缓慢移到B′点过程中，绳a的拉力Fa逐渐变大，故A正确，BCD错误． 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
AB．根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，又由于I1?I2，可得电流元所处位置的磁场方向斜向右下，故A、B错误；
C．根据同向电流互相吸引，可判断要使电流元平衡，可在电流元右上方某位置加一同向通电导线，故C错误；
D．电流元在该处与磁场方向垂直，而受到的力为F，所以根据磁感应强度的定义可知两导线在该处的磁感应强度大小为
B?F IL故D正确； 故选D。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A．
t0时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为零，A正确。 2B．根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是逆时针，而右侧的导线框的感应电流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，B错误。
C．由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知整个导线框产生感应电动势为左、右两侧电动势之和，即
E?2?
?r2B02t0
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由闭合电路欧姆定律，得感应电流大小
E?r2B0I??
Rt0R故C正确。
D．由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即
232?B0rT?B1I?2r?B2I?2r??B1?B2?I?2r?2B0Ir?
t0R故D正确。 故选ACD。 12．ABC 【解析】
试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．
D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化． 13．BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．若长方体是N型半导体，由左手定则可知，电子向上表面偏转，则上表面电势低于下表面电势；若长方体是P型半导体，则带正电的粒子向上表面偏转，即上表面电势高于下表面电势，选项A错误，B正确；
C．赤道处的地磁场是水平的，则在测地球赤道的地磁场强弱时，元件的工作面应与所在位置的水平面垂直，选项C错误；
D．两极处的地磁场是竖直的，在测地球两极的地磁场强弱时，元件的工作面应与所在位置的水平面平行，选项D正确。 故选BD。 14．CD 【解析】 【分析】
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【详解】
A．导体棒为电源产生的电动势为 E?BLv
等效电路为左边电阻R1和右边R2并联，总电阻为
R总?R?R1R2
R1?R2又线框总电阻为2R，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，故A项错误；
B．PQ两端电压为路端电压 U?E?IR
即先增大后减小，故B项错误；
C．拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有
P安?BILv?EI
先减小后增大，故C项正确； D．根据功率曲线可知当外电阻
R1R2?R时输出功率最大，而外电阻先由小于R的某值开始增加到
R1?R21R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，故D项正确． 2故选CD。 15．AC 【解析】 【详解】
AB．开始时，弹簧处于原长，弹簧先压缩，弹性势能增大，当弹簧与杆垂直时，弹簧压缩量最大，继续往下滑，弹性势能减小，当滑到弹簧恢复原长时，继续下滑，弹簧将伸长，弹性势能增大直到滑到B点，即弹簧弹性势能先增大后减小再增大，由能量守恒可知，圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确，B错误；
C．A点时，弹簧为原长，无弹力，受力分析可知，圆环的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：
mgsin?=ma
解得a?gsin?，当弹簧与杆垂直时，弹簧弹力垂直于杆，不提供加速度，此时加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即a?gsin?，继续往下滑，还有一处弹簧恢复原长，此处弹簧也没有弹力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即a?gsin?，所以与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处，C正确；
D．弹簧再次恢复到原长时，加速度为a?gsin?，沿斜面向下，即将继续往下加速运动，直到加速度为零时开始减速，所以弹簧再次恢复到原长时速度不是最大，D错误。
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故选AC。
三、实验题：共2小题
d2md2?x0?x?16．0.450 偏大 222gxt2xt【解析】 【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为4mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为 4mm+0.50mm=4.50mm=0.450cm (2)[2]物体通过光电门时的速度为
v?d t由动能定理，则有
1??mgx?0?mv2
2解得
d2 ??22gxt[3]再根据功能关系，弹射器对物块做的功除到达光电门的动能外，还在滑行过程中产生内能，则有
1W??mgx0?mv2
2解得
md2(x0?x) W?22xt(4)[4]考虑空气阻力的影响，则有
?mgx?mv2
因此?值的测量值与真实值相比偏大；
17．CD ACD 没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小 【解析】 【详解】
（1）由图知：在AB之间，由于相邻计数间的距离不断增大，而打点计时器每隔0.02s打一个点，所以小车做加速运动．在CD之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，应选用CD段纸带来计算小车的速度v．求小车获得的速度应选CD段来计算；
（2）该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加．故A正确，B错误；为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋
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12拉伸的长度必需保持一致，故C正确；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后释放纸带，故D正确；故选ACD.
（3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小. 【点睛】
明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题． 四、解答题：本题共3题
18． (i)向下振动(ii)波向右传播，10m/s 【解析】 【详解】
(i)由图可得：波长λ=4m；若波速v=75m/s，那么在t1到t2的时间内，波的传播距离
3s＝v(t2?t1)＝15m＝3?
4那么，由图根据两波形关系可得：波向左传播；故根据“上下坡法”或平移法可得：质点M在t1时刻向下振动；
(ii)由图可得：振幅A=20cm=0.2m；t1时刻质点M在平衡位置，那么，根据在t1到t2的时间内。如果M通过的路程为
1.8m?9A
所以
10.2s?2T
4则周期为
T?0.4s
由图根据两波形关系，根据波的传播时间和周期关系可得：波向右传播，即波沿x轴正方向传播，由图可得：波长λ=4m，故波速
v??T?4m/s?10m/s 0.4kW219．（1）Wf??mgx? W（2）x'?22?mgFF?mg【解析】
（1）设物块向左移动的距离为x，根据题意：x?克服摩擦力做功：Wf??mgx?W F?mgFW
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