知识点：共点力的平衡

C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】二力大小不变，合成时，它们的夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．运用前面的结论进行分析．

【解答】解：物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大；

故选：C

知识点：抛体运动

D

【考点】抛体运动．

【分析】依题意，当小球竖直下抛时，小球落地时间最短，小球竖直上抛时，小球落地时间最长．小球落地时间介于两时间之间．分别求出最短时间和最长时间即可选出答案．

【解答】解：当小球竖直下抛时：

…（1）

又…（2）

两式联立解之得，

当小球竖直上抛时：

…（3）

由（2）（3）联立解之得，

故小球落地时间介于：

所以小球的落地时间不可能是．

故选：D．

知识点：动能和动能定理

C

【考点】动能定理的应用；向心力．

【分析】小球从P到B的过程，运用机械能守恒定律列式．在B点，由重力等于向心力列式，联立可求得v0．对AP段，运用平衡条件列式可求得动摩擦因数μ．由机械能守恒定律求出小物块经过D点的速度，再由牛顿运动定律求小物块对轨道的压力．根据小物块的受力情况，分析在C的合外力方向．

【解答】解：A、在B点，由mg=m，得：vB===3m/s

从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+=

解得：v0=m/s＞3m/s．故A错误．

B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．

C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+=

在D点，由牛顿第二定律得：FD′﹣mg=m

联立解得：FD′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力FD=FD′=60N．故C正确．

D、小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故D错误．

故选：C

知识点：机械能守恒定律

D

【考点】机械能守恒定律．

【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动．运动时间由下落的高度决定．由分位移公式求初速度．由机械能守恒定律研究落地时机械能．

【解答】解：A、小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由x=v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A错误；

B、小球做平抛运动，由h=得 t=，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；

C、落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大．设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1．落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2．水平位移为x2．由几何关系有 x1：x2=1：，由x=v0t，得：v1：v2=1：，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1=mgh+，E2=mgh+，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2．故C错误．

D、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有 tanα===，tanθ=，则 tanθ=2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确．

故选：D

知识点：带电粒子在磁场中的运动

D

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系利用转过的圆心角可得出运动时间．再由圆的性质可知粒子能否通过原点．

【解答】解：A、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同．能打回x轴的粒子转过最大的圆心角300度，则运动时间为T，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，则圆心角为120°，所以运动时间为T，而T=，故AB均错误．

C、粒子由P点成30°角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，

粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故C错误，D正确；

故选：D．

知识点：变压器

ABC

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】根据降压变压器的输出电压，结合匝数比求出输入电压，从而得出输电线电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出升压变压器的输出电压

【解答】解：副线圈电流

根据电流与匝数成反比得输电线中的电流，则有

，即，解得：

根据电压与匝数成反比，得原线圈两端的电压为

，即，得，故B正确；

输电线上的损失电压为

的副线圈两端电压，的副线圈两端电压的最大值为，故A正确；

输电线上损失的功率，故C正确

的原线圈输入的电功率为10kW+50W=10.05kW，故D错误；

故选：ABC

知识点：万有引力定律

BC

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．

【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a﹣的正比关系函数图象得出P1、P2的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解．

【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：G=ma

则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小．

由数学知识知，a﹣图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误．B正确．

C、设第一宇宙速度为v．则 a0=，得 v=．由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C正确．

D、行星的平均密度 ρ===，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误．

故选：BC

知识点：带电粒子在电场中的运动

AD

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】对电子从M到N过程根据动能定理列式求解；

根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据位移时间关系公式列式求解时间；

在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的，结合功能关系求出电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；

求出电子从灯丝出发达到N的时间，从而结合n=•t求出电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数．

【解答】解：A、对从M到N过程，根据动能定理，有：﹣U（﹣e）=mvN2﹣0，解得电子达到N板瞬间的速度为：vN=，故A正确；

B、根据牛顿第二定律，有：a==，根据运动学公式，有：L=at2，解得从灯丝K出发达到N板所经历的时间为：t=L，故B错误；

C、根据功能关系，在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的，即Ek总=UIt=UI（L）=IL，故C错误；

D、电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数为：n=•t=•L，故D正确．

故选：AD．

知识点：摩擦力

①

②

③c d

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．

【分析】由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；

【解答】解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，

由x=at2和H=gt2得：

所以=

②根据几何关系可知：sinα=，cosα=

对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，

联立方程解得μ=

③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．

故答案为：①

②

③c d

知识点：描绘小灯泡的伏安特性曲线

解：（1）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，

故滑动变阻器选E；

（2）从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始测量的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为10Ω～30Ω，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如右上图所示；

（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL为30Ω，由闭合电路欧姆定律有：I1=

当滑动变阻器接入电阻为R1=60Ω时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻RL为10Ω，

由闭合电路欧姆定律有：

I2=

解得：E=8V，r=10Ω；

（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律有：E=2U+Ir，解得U=4﹣5I，作出此时的U﹣I图象如图所示

图中交点I=0.18A，U=3.1V，则通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3.1V

故每个小灯消耗的实际功率P=0.18A×3.1V≈0.56W；

故答案为：（1）B，D，E；（2）如图所示；（3）8，10；（4）0.56．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【分析】（1）根据图甲测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器；

（2）根据图甲数据，判断滑动变阻器和电流表的接法，再作出实验电路图；

（3）根据图甲数据，以及滑动变阻器的最大阻值，利用闭合电路欧姆定律列式，求出直流电源电动势和内阻；

（4）在图甲中作出电源的U﹣I图象，交点即为小灯泡串联后的总电流和总电压，再计算每个小灯消耗的实际功率；

知识点：物理

解：（1）bc边刚进入区域Ⅱ时，ab边在区域Ⅰ中，

感应电动势：E=2×B×2Lv=4BLv，

感应电流：I==，

线框受到的安培力：F=2×B×I×2L=；

（2）bc、ad只有一边在磁场中时，线框受力为：F′=B••2L=，

从bc边刚进入区域Ⅰ到bc边刚离开区域Ⅱ，所用时间：t=，

在这段时间内安培力做功大小为：W=F′•4L+FL=，

在这段时间内线框中电流生热的平均功率： ===；

答：（1）线框bc边刚进入区域Ⅱ时，线框所受安培力的大小为；

（2）在这段时间内线框中电流生热的平均功率为．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

【分析】（1）由E=BLv可以求出感应电动势，然后应用欧姆定律求出电流，再应用安培力公式求出安培力．

（2）应用安培力公式求出安培力，然后应用功的计算公式求出克服安培力做功，再应用功率公式求出功率．

知识点：功能关系

解：（1）设杆第一次上升的过程中环的加速度为a，

根据牛顿第二定律可得，kmg﹣mg=ma，

解得：a=（k﹣1）g，方向竖直向上．

（2）杆第一次落地的速度大小为v1，

由动能定理得，2mgH=2m﹣0，

解得：v1=，

杆弹起后的加速度为a′，

根据牛顿第二定律可得，mg+kmg=ma′，

解得：a′=（k+1）g，方向竖直向下，

从落地经时间t1达到共同速度，

则有：v1﹣at1=﹣v1+a′t1，

解得：t1===，

共同速度为： =v1﹣at1=v1﹣（k﹣1）g×=，

杆上升的高度：h1=v1t1﹣a′=，

所以杆第二次落地时的速度：

v2==，方向竖直向下．

（3）经过足够长的时间杆和环最终静止，

设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，

由能量的转化和守恒定律有：

mgH+mg（H+l）=kmgl，

解得：l=，

则摩擦力对环和棒做的总功：

W=﹣kmgl=﹣．

答：（1）环的加速度为（k﹣1）g，方向竖直向上；

（2）杆与地面第二次碰撞前的瞬时速度为，方向竖直向下；

（3）从断开轻绳到杆和环静止，摩擦力对环和杆做的总功为﹣．

【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用；功的计算．

【分析】（1）在杆上升的过程中，环要受到重力的作用，同时由于环向下运动而棒向上运动，环还要受到杆的向上的摩擦力的作用，根据牛顿第二定律列式可以求得加速度的大小；

（2）根据动能定理求出杆第一次落地的速度大小，然后根据顿第二定律求出杆弹起后的加速度，最后根据运动学公式可以求得杆与地面第二次碰撞前的瞬时速度；

（3）整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，所以根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力对环和杆做的总功．

知识点：分子间的作用力

ACE

【考点】分子间的相互作用力；布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．

【分析】分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动；热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；瓶内气体缓慢流出过程中气体积体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，则气体需要吸收热量．因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变．

【解答】解：A．当分子间距离增大时时，分子间的引力和斥力均减小，故A正确；

B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故B错误；

C．热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；但功和能是两个不同概念，功是不可能转化为能的，故C正确；

D．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动．故D错误；

E．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，则气体需要吸收热量．因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故E正确．

故选：ACE．

知识点：理想气体的状态方程

解：当缸内温度为T时，B中气体压强为，则A中气体压强为：

当缸盖对气缸恰好无压力时，A中气体压强为：

B中气体压强为：

以A中气体为研究对象，由理想气体状态方程为：…①

以B中气体为研究对象，由理想气体状态方程为：…②

①×7+②×6解得：

答：缸内气体的温度为

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】分别以A、B中的气体为研究对象，根据理想气体状态方程列式求出缸盖对气缸恰好无压力时缸内气体的温度

知识点：波长、频率和波速

BCE

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．

【分析】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．根据波的叠加原理进行分析．

【解答】解：A、波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，故A错误．

B、由图知，两列波的波长相同，波速也相等，则知两列波的频率相等，将发生干涉现象，质点M是两列波的波峰或波谷相遇点，振动始终加强，故B正确．

C、甲向右传播，由波形平移法知，图示时刻M点正向下运动，再经甲波的周期，M将位于波峰，故C正确．

D、根据波的叠加原理知，M点的振幅为 A=A甲+A乙=20cm+A乙．故质点M距离平衡位置的位移大小会超过20cm，故D错误．

E、位于原点的质点与M点相距半个波长，振动方向总是相反，故E正确．

故选：BCE

知识点：光的折射

解：设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律：

根据几何关系有：

因此求得：

根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，

有：

由几何关系得

解得：

答：此时入射点距离底面的高度．

【考点】光的折射定律．

【分析】根据折射定律、几何知识以及全反射定律列方程组求解．

知识点：物理

ABD

【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．

【分析】根据α衰变和β衰变的实质确定衰变的类型，结合电荷数守恒、质量数守恒得出a、b的值．三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱．

【解答】解：A、衰变成，质量数不变，可知发生的是β衰变，则电荷数多1，可知a=84，衰变成，知电荷数少2，发生的是α衰变，质量数少4，则b=206，故A正确，C错误．

B、由衰变的过程知，比稳定，则比的比结合能大，故B正确．

D、Z衰变，质量数少4，发生的是α衰变，Y和Z是同一种衰变，故D正确．

E、从X衰变中放出的射线是β射线，电离能力不是最强，故E错误．

故选：ABD．

知识点：动量守恒定律

解：a球与b球在B点第一次相碰，两球组成的系统合外力为零，碰撞过程中动量守恒，以逆时针方向为正方向，设第一次碰后a、b的速度分别为va和vb，由动量守恒定律得：

mav0=mava+mbvb

碰撞过程中机械能守恒，有：

联立解得：

va和vb均为正值，表明碰后两球运动方向相同（都朝逆时针方向）

到第二次碰前，设时间间隔为△t，有：

（vb﹣va）•△t=2πR

解得：

答：两球第一次碰撞和第二次碰撞之间的时间间隔为

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】先对两球进行受力受力，判断出两球相互作用的过程中动量守恒，利用动量守恒定律及能量守恒定律可求得碰撞后的两球的速度，判断出碰撞后两球的运动方向，当再次相遇时两球转过的弧长之差为圆周的长度，即可得知两次相碰的时间间隔．