顺时针方向旋出多为A南半球气旋B南半球反气旋C北半球反气旋D北半球气旋

分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，所以A错误；
同样的方法可判断b中产生顺时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，故B选项错误；
而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势，故C正确；
而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 楞次定律．

考点点评： 本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等．本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾．他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势．如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法．所以解题经验不能做定律或定理用．

对点o受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，oa弹簧拉力方向不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变
根据平行四边形定则可以看出B的读数先变小后变大，A的读数不断变小，故ABC错误，D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论．

（1）图A绕点“O”顺时针旋转90°到达图 D的位置；
（2）图B绕点“O”顺时针旋转 180度到达图D的位置；
（3）图C绕点“O”逆时针旋转180°到达图 A的位置．
故答案为：D，180，A．

点评：
本题考点： 将简单图形平移或旋转一定的度数．

考点点评： 旋转作图的方法是：①先找出图形中的关键点；②分别作出这几个关键点绕旋转中心旋转后的位置；③按原来位置依次连接各点即得要求下旋转后的图形．

由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：
①如果v₁＞v₂，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v₂时，物体恰好离开传送带，有v′₂=v₂；
②如果v₁=v₂，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v₂时，物体恰好离开传送带，有v′₂=v₂；
③如果v₁＜v₂，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′₂=v₁；
故选AB．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．

A、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，
由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；
C、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，
由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确；
故选：AD．

点评：
本题考点： 楞次定律．

考点点评： 楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．

根据题干分析，画图如下：

点评：
本题考点： 作轴对称图形；作旋转一定角度后的图形．

考点点评： 本是主要是主要考查利用轴对称和图形的旋转进行图形变换的方法．关键是找到各对应点．

物块的加速度a=
μmg
m＝μg＝2m/s2．
当速度达到2m/s时，物块的位移x=
v2
2a＝
4
4m＝1m＜4m．
知物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．
则匀加速直线运动的时间t1＝
v
a＝1s
匀速直线运动的时间t2＝
L−x
v＝
4−1
2s＝1.5s
物体从a点运动到b点所经历的时间t=t₁+t₂=2.5s．故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解决本题的关键通过对物块的受力分析，得出加速度，再根据加速度与速度的关系判断出物体的运动情况，从而根据运动学公式进行求解．

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，AB∥CD，（2分）
∴∠OBE=∠ODF，（3分）
又∠BOE=∠DOF，（4分）
∴△BOE≌△DOF，（5分）
∴OE=OF且OB=OD，
∴四边形BFDE是平行四边形．（6分）
（2）BD绕点O顺时针旋转90度时，平行四边形BFDE是菱形．（7分）
证明：∵四边形BFDE是平行四边形，
又∠DOF=90°，
∴FE⊥BD，（8分）
∴平行四边形BFDE是菱形．（9分）

点评：
本题考点： 平行四边形的判定；菱形的判定；旋转的性质．

考点点评： 出现上图时，通常要证新直线所在的三角形全等，注意菱形和对角线相关的判定．

物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．
根据牛顿第二定律得，a1=
mgsin37°+μmgcos37°
m=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s²=10m/s²
则速度达到传送带速度所需的时间t1=
v
a1=
10
10s=1s．
经过的位移x1=
1
2a1t12=
1
2×10×1m=5m．
由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．
速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．
根据牛顿第二定律得，a2=
mgsin37°-μmgcos37°
m=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
根据vt2+
1
2a2t22=L-x1，即10t2+
1
2×2×t22=11
解得t₂=1s．
则t=t₁+t₂=2s．
答：物体从A运动到B的时间为2s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

由旋转的性质可知，AC=AC′，
又∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，
所以，∠CC′A=45°．

点评：
本题考点： 旋转的性质．

考点点评： 旋转的性质：对应点与旋转中心的连线相等，夹角是旋转角．

（10+6）÷（5-4.5）×5÷[（10+6）×2]
=16÷0.5×5÷[16×2]，
=64×32，
=2（圈）．
答：甲跑了2圈．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 首先根据路程差÷速度差=追及时间求出甲追上乙需要的时间是完成本题的关键．

（10+6）÷（5-4.5）×5÷[（10+6）×2]
=16÷0.5×5÷[16×2]，
=64×32，
=2（圈）．
答：甲跑了2圈．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 首先根据路程差÷速度差=追及时间求出甲追上乙需要的时间是完成本题的关键．

CC′的长=[120°π×8/180°]=[16/3]π．
故选D．

点评：
本题考点： 弧长的计算；等边三角形的性质；旋转的性质．

考点点评： 本题利用了等边三角形的一个外角等于120度和弧长公式求解．

（10+6）÷（5-4.5）×5÷[（10+6）×2]
=16÷0.5×5÷[16×2]，
=64×32，
=2（圈）．
答：甲跑了2圈．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 首先根据路程差÷速度差=追及时间求出甲追上乙需要的时间是完成本题的关键．