知识点：共点力的平衡

C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】分别对ab两球分析，运用合成法，用T表示出ab两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子ab两球的拉力是相等的，根据正弦定理列式求解．

【解答】解：A、对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；

B、对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b球没有弹力，否则b不能平衡，故B错误；

C、由于b受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T=mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a的拉力等于mg，故C正确；

D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图，

根据正弦定理列式得：

解得：，故D错误．

故选：C

知识点：电场强度

A

【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．

【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能减小，势能增大，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．

【解答】解：A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故A正确；

B、由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零．故B错误．

C、由图可知．粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；

D、A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；

A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差．故D错误．

故选：A

知识点：功能关系

D

【考点】功能关系．

【分析】由图能直接读出初动能以及动能的变化，分析速率的变化，判断物体的运动情况．

【解答】解：A、t=0时刻的动能即为初动能，由图知，物体的初动能不为零．故A错误．

B、0～t1时间内物体的动能增大，速率增大，物体一定做加速运动．故B错误．

C、t1～t2时间物体的动能不变，速率不变，但速度方向可能变化，所以物体不一定做匀速直线运动．故C错误．

D、0～t1时间内物体做加速运动，t1～t2时间内物体的速度方向可能变化，速度可能变化，物体做变速运动，所以0～t2时间内物体可能一直在做变速运动．故D正确．

故选：D

知识点：闭合电路的欧姆定律

D

【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析；电功、电功率．

【分析】电路稳定时，电容器相当于开关断开，电容器的电压等于变阻器两端的电压．将滑动变阻器的滑动触头P向a端移动一些，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析电流和变阻器的电压变化，再分析两电表和电容器电荷量的变化．

【解答】解：A、将滑动变阻器的滑动触头P向a端移动一些，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析可知：总电流减小，内电压减小，则路端电压增大．即电流表示数变小，电压表示数变大．故A错误．

B、总电流减小，小灯泡L的实际功率减小，则L将变暗．故B错误．

C、电源的总功率为P=EI，I减小，则P减小．故C错误．

D、电流达到稳定后，电容器的电压等于变阻器两端的电压．变阻器的电压UR=E﹣I（RL+r），I减小，UR增大，由Q=CU知，电容器电量增大．故D正确．

故选：D

知识点：物理学史

AC

【考点】匀变速直线运动的图像；物理学史．

【分析】在x﹣y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：∑△x•y；将x﹣y换成具体的物理量分析即可得出结论．

【解答】解：A、根据△v=a△t得，a﹣t（加速度﹣时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量；故A正确；

B、F﹣v图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于Fv，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；

C、根据△q=i△t，得由i﹣t（电流﹣时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内通过导体横截面的电量．故C正确；

D、ω﹣r图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于ωr，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于ωr，即不一定等于线速度，故D错误；

故选：AC

知识点：物理

AD

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【分析】从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，对应的圆心角，根据角速度的定义式求解角速度，根据线速度和角速度的关系求解线速度，根据地球表面万有引力等于重力求解地球质量，根据万有引力提供向心力角速度公式求解卫星距地面的高度．

【解答】解：A、从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，对应的圆心角，则角速度，故A正确；

B、地球表面万有引力等于重力，则有：，解得：M=，故B错误；

C、线速度，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力得：

解得：h=（）﹣R，故D正确．

故选：AD

知识点：共点力的平衡

ACD

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】以西瓜与网兜为研究的对象，分别对两种情况进行受力分析，写出其受到的拉力的表达式，然后结合题目中的运动情况进行分析解答即可．

【解答】解：分别对两种情况进行受力分析，画出它们的受力图如图：

A、若以相同的加速度把西瓜竖直提起，F1=mg+ma，图乙搬运方式的拉力比较大，轻绳更容易断．故A正确；

B、若用图甲搬运方式，搬运人做水平匀速运动，则：F1=mg，与搬运的速度无关．故B错误；

C、若用图甲搬运方式，水平奔跑过程中搬运人突然停下，则西瓜开始做竖直平面内的圆周运动，，拉力大于重力，绳子可能会断．故C正确；

D、若用图乙搬运方式，在静止状态下，绳子的拉力：，若改变绳的长度（两绳始终等长），短绳子比长绳子θ更大，则拉力更大，更容易断．故D正确．

故选：ACD

知识点：带电粒子在磁场中的运动

ACD

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【分析】根据洛伦兹力充当向心力可求得速度与半径间的关系，根据几何关系分析粒子可能的运动轨迹；从而明确可能的速度大小；再根据周期公式以及转过的圆心角可求得最长时间．

【解答】解：A、根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv=m解得：r=l；根据几何关系可知，粒子一定从k距C点为l的位置离开磁场；故A正确；

B、根据洛伦兹力充当向心力可知，v=，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于l；故B错误；

C、若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为； 因此最大速度速度应为v=；故C正确；

D、粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为；故D正确；

故选：ACD．

知识点：实验：探究功与速度变化的关系

D，H，G，5.695，m0gs．

【考点】探究功与速度变化的关系．

【分析】使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．根据功能关系可以求出需要验证的关系式，即可知道纵坐标．

【解答】解：用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数．

螺旋测微器的读数为：D=5.5mm+19.5×0.01mm=5.695mm；

当砝码和砝码盘的总质量m0时，小车做匀速运动，则f=m0g，

根据动能定理可知：

m0gs=（M+m）（）2﹣（M+m）（）2，

若图线中横坐标为（M+m）（）2，则纵坐标为m0gs．

故答案为：D，H，G，5.695，m0gs．

知识点：物理

（1）9，（3）C，如图所示，（4）．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．根据伏安法测电阻的原理与实验要求作出实验电路图．根据电阻定律，结合电阻率，即可求解．

【解答】解：（1）欧姆表使用“×1Ω”挡，由图1所示可知，金属丝电阻阻值为9×1Ω=9Ω．

（3）①电压表选择0﹣3V，可知电阻丝两端的电压最大为3V，电阻丝的电阻大约为9Ω，最大电流大约为0.33A，可知电流表选择A2．用电压表直接测量电流表A2的内阻，电压表的量程偏大，当电压表示数适当时，会超过电流表量程，此时可以将电流表A2与定值电阻串联，定值电阻起分压作用，然后用电压表测量定值电阻和电流表A2的总电压，故选：C．

②金属丝电阻约为9Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

（4）根据电阻定律得，，则l=．

故答案为：（1）9，（3）C，如图所示，（4）．．

知识点：物理

解：（1）由图（b）可知，AB段加速度

根据牛顿第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma

得

（2）在BC段mgsinα=ma2

解得

小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有

（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3

解得

滑行的位移

所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．

答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；

（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；

（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．

【考点】牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

【分析】（1）根据v﹣t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；

（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；

（3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论．

知识点：物理

解：（1）线框切割磁感线： V，

线圈电流：；

（2）线框匀速运动将要全部进入前，右边导线所受向左的安培力：，

上边导线所受向下的安培力：F2=NBI1L=10×0.5×0.4×0.4=0.8N；

滑动摩擦力：f=μ（Mg+F2）=0.5×（20+0.8）=10.4N，

故拉力：F=F1+f=10.8N；

（3）线框刚进入磁场时刻拉力：F′=f′+F1=μMg+F1=0.5×20+0.4=10.4N，

进入过程外力所做的功： =J=4.24J；

完全在磁场中运动时： V，

线框中形成顺时针电流： A，

线框上边受到向上的最大力F3=NBI2L=10×0.5×0.2×0.4=0.4N，

拉力做的功:

J，

3s后无电流，拉力做功W=2µMgL=2×0.5×2×10×0.4=8J，

整个过程做的总功W=（4.24+7.92+8）J=20.16J；

答：（1）t=0.5s时线圈中通过的电流；

（2）线圈全部进入磁场区域前的瞬间所需拉力的大小；

（3）线圈穿过图中矩形区域过程中拉力所做的功．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【分析】（1）在t=0.5s时刻，右侧边的一半做切割磁感线运动，根据切割公式求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出线圈电流；

（2）线框左侧进入磁场区域前，线框匀速运动，拉力、安培力和摩擦力三力平衡；

（3）线框全部进入磁场前，线框上边受到向下的安培力，拉力最大，考虑进入过程的平均拉力，求解其功；1s后，线框在磁场中运动，线框上边受到向上的安培力，拉力逐渐减小，3s末安培力减小为零，考虑平均拉力，求解拉力的功；3s到5s过程，拉力为恒力，再次求解其功；最后求和．

知识点：热力学第一定律

ACD

【考点】热力学第一定律；* 晶体和非晶体；封闭气体压强．

【分析】晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因；根据热力学第一定律解释其内能的变化；自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大．

【解答】解：A．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A错误．

B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关．故B错误．

C．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故C正确．

D．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；

E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大．

故选：ACD

知识点：理想气体的状态方程

（1）L0，2h；（2）

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】（1）分别以两部分气体为研究对象，求出两部分气体压强，然后由几何关系求出右管内气柱的长度．

（2）以左管内气体为研究对象，列出初末的状态，由理想气体状态方程可以求出空气柱的长度．

【解答】解：（1）根据连通器的原理以及液体产生的压强可知，右侧的气体的压强：

P1=P0﹣h

则左侧气体的压强：

P2=P1﹣h=P0﹣2h

所以左侧空气柱底部水银面与槽中水银面的高度差为是2h．

左侧空气柱的长度：

L2=L0+h+h﹣2h=L0

（2）关闭阀门A，温度升高的过程中，右侧的空气柱的压强增大，体积增大，由图可知，右侧气柱底部水银面与水银槽中的水银面相平时的空气柱的长度：

L1=L0+h

压强：P1′=P0

设空气柱的横截面积是S，由理想气体的状态方程得：

得：T1=

故答案为：（1）L0，2h；（2）

知识点：物理

ACE

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【分析】根据图象可以求出该波的波长，根据题意得出周期，从而求出波速．根据P的振动方向判断波的传播方向，根据一个周期内振动运动的路程为4A求出从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为l0cm．

【解答】解：A、P点振动方向沿Y轴正方向振动，根据带动法可知，波沿X轴负方向传播，故A正确；

B、根据题意可知，周期T=0.2s，则t=0.05s时，质点Q在最大位移处，加速度最大，不为零，故B错误；

C、根据图象可知该波的波长λ=8m，则波速v=，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离x=vt=40×0.05=2m，故C正确；

D、从t=0.10s到t=0.15s，经过了T，若P在平衡位置或波峰、波谷处，则P通过的路程s=A=10cm，但此波中，P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以通过的路程不为10cm，故D错误；

E、从t=0.10s到t=0.25s，经过了，此时Q在最大位移处，质点Q纵坐标为l0cm，故E正确．

故选：ACE

知识点：光的折射

解：（i）如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，∠OBC为临界角

由临界角公式：sinC=①

解得：n==②

（ii）如图所示，

光束由D点水平射入，在E点发生折射，

入射角为∠OED=α，折射角为∠NEF=β，

折射率n=③

sinα=④

由①②解得：sinβ=，β=60° ⑤

由几何关系可知：∠FOE=α，⑥

∠OFE=β﹣α=α，⑦

则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为：OF=2Rcos30°=R

答：（i）透明体对该单色光的折射率是；

（ii）出射光线与0A轴线的交点距0点的距离是R．

【考点】光的折射定律．

【分析】（i）透明体左侧恰好不再有光线射出时，光线发生了全反射，画出光路图，由几何关系求解临界角，从而由公式n=求解折射率．

（ii）光束由D点水平射入，在E点发生折射，由折射定律求出折射角，再由几何知识求解．

知识点：物理

ABE

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】1、玻尔的原子理论主要内容有1、电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动，离核愈远能量愈高；

2、可能的轨道由电子的角动量必须是的整数倍决定；

3．当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量，只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量，而且发射或吸收的辐射是单频的．

【解答】解：A、氢原子具有的稳定能量状态称为定态，电子绕核运动，但它并不向外辐射能量，故A正确；

B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量，故B正确；

C、原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的，故C错误；

D、电子有确定轨道，故D错误；

E、玻尔理论的成功之处是引入量子观念，故E正确；

故选：ABE．

知识点：动量守恒定律

解：设滑块M初速度为v0，到达左侧处时速度为v，由动能定理可得：﹣μMgL=0﹣M v02…①

﹣μMg=M v2﹣M v02…②

解得：v=v0

设M、m在碰后的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒和机械能守恒可得：Mv=Mv1+mv2…③

…④

…⑤

当M＞＞m 时，v2=2v=v0…⑥

当M=m 时，v2=v=v0…⑦

由动能定理可得：﹣μmgX=0﹣mv22…⑧

Xmax=L

Xmin=

碰后m的滑行距离为到L之间，即：

答：碰后m能继续滑行距离的范围是．

【考点】动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律．

【分析】根据动能定理求出滑块到达虚线左侧的速度，根据动量守恒和机械能守恒求出M与m碰后的速度，由动能定理求得碰后m的滑行距离．