知识点：物理学史

CD

考点： 物理学史．

分析： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

解答： 解：A、根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；

B、库仑发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量k的值，故B错误；

C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C正确；

D、法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律，故D正确；

故选：CD．

点评： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

知识点：牛顿第二定律

B

考点： 加速度与力、质量的关系式．

专题： 牛顿运动定律综合专题．

分析： 对物体受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式，结合加速度a与拉力F的关系图象分析即可．

解答： 解：对质量为M的物体受力分析，假定动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律，有：

F﹣μmg=ma

解得：a=﹣μg，

故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，故mA＜mB；从图象可以看出纵轴截距用表示-μg表示，故μA＞μB；

故选：B．

点评： 本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解出a与F关系式，再结合图象进行讨论．

知识点：抛体运动

C

考点： 抛体运动．

专题： 平抛运动专题．

分析： A球做的是自由落体运动．B球做的是斜抛运动．

根据受力情况和牛顿第二定律知道它们的加速度都为重力加速度．

根据运动特点解决问题．

解答： 解：A、A球做的是自由落体运动，也是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A错误．

B、根据公式△v=a△t，

由于A和B的加速度都是重力加速度，所以A相同时间内速度变化等于B的速度变化，故B错误．

C、根据动能定理得：

WG=△EK

重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A．B两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C正确．

D、A球做的是自由落体运动，

B球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A、B两球可能在空中相碰，故D错误．

故选C．

点评： 自由落体运动和斜抛运动都是匀变速运动．它们的加速度都为重力加速度．　

知识点：匀变速直线运动

B

考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题： 直线运动规律专题．

分析： 在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m．根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据x=at2 ，求出汽车的加速度大小．

解答： 解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有at2=355-335m=20m ，超声波来回的时间为t，则单程的时间为 ，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则 时间内的位移为x′=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以==1s ，t=2s．所以汽车的加速度大小为10m/s2．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

点评： 解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度．　

知识点：弹力

D

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

专题： 共点力作用下物体平衡专题．

分析： 烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．

解答： 解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，

根据几何关系得：F1=mgsin30°= mg；

烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：

mgL（1﹣sin30°）= mv2

在最低点，有 F2﹣mg=m

联立解得 F2=2mg；

故F1：F2等于1：4；

故选：D．

点评： 本题是共点力平衡和机械能守恒、牛顿第二定律的综合，要善于分析物体的状态和运动过程，准确选择解题规律．

知识点：力的合成和分解

BC

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题： 共点力作用下物体平衡专题．

分析： 先对AB整体受力分析，判断整体相对斜面体的运动趋势；再对A受力分析，最后对物体B受力分析，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，即B受力情况有两种可能．

解答： 解：先对AB整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势；

再对物体A受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；

最后对B受力分析，受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力、斜面体对A的支持力，如果B物体相对斜面体有滑动趋势，则受到斜面体的静摩擦力，若相对斜面体无滑动趋势，则不受斜面体的静摩擦力，即物体B可能受4个力，也可能受5个力；

故选：BC．

点评： 分析物体受力常常采用隔离法，一般按这个顺序分析受力：重力、弹力、摩擦力．　

知识点：电势能和电势

AD

考点： 电势；电势能．

专题： 电场力与电势的性质专题．

分析： 根据等势线与电场线垂直和电势变化的情况从而画出电场线，然后根据受力情况分析出物体在x轴方向的速度变化情况．根据负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化，确定电场力做功的正负．

解答： 解：A、由于等势线的电势沿x轴正向增加，根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，故A正确．

B、根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子的加速度大，故B错误．

C、根据负电荷在负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子的电势能一直减小，则电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，动能增加，故C错误，D正确．

故选：AD．

点评： 解决这类题目的一定要从受力情况着手，分析电子的运动情况，能熟练运用推论：负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化．　

知识点：变压器

BCD

考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率．

专题： 交流电专题．

分析： 变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值．

解答： 解：A、原线圈电压有效值为220V，变压器原、副线圈的匝数比为11：2，根据电压与匝数成正比知电压表示数为40V，故A错误；

B、由甲图知周期0.02s，则ω=100π，f= =50Hz，故B正确；

C、滑动触头P向a下移动，电阻变小，副线圈电压不变，电流增加，故输入功率等于输出功率增加，C正确；

D、当滑动变阻器电阻值为零时，输出功率P= = =160W，故D正确；

故选：BCD

点评： 做本类题目除了要掌握变压器的特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

BC

考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．

分析： 由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力始终指向圆心，对受力分析，结合圆周运动方程可分析小球是不是受到弹力；

由于洛伦兹力不做功，由动能定理可判定小球是否能到最高点；

由曲线运动的速度方向，以及速度的分解可以判定小球运动过程中，水平速度的变化．

解答： 解：A、由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力F始终指向圆心，另外假设小球受到管道的支持力N，小球获得v0=的初速度后，由圆周运动可得：F+N﹣mg=m

解得：N=mg+m ﹣F=mg+m ﹣qv0B

可见，只要B足够大，满足mg+m =qv0B，支持力N就为零，故A错误．

BC、由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关，从最低点到最高抵过程中，由动能定理可得：

﹣mg2R= mv2﹣ mv02

解得：v= ，

可知小球能到最高点，由于当v= ，小球受到的向心力等于mg，故此时小球除受到重力，向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力大小等于洛伦兹力，故B、C正确．

D、对小球的速度分解在水平和竖直方向上，小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度先减小，至圆心等高处，水平分速度为零，再往上运动，水平分速度又增加，故D错误．

故选：BC．

点评： 该题要注意洛伦兹力不做功，只改变速度方向，掌握基本的圆周运动公式，要知道一个临界问题，即最高点时，重力充当向心力，v=　

知识点：测电阻

1.660； 0.5695

考点： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

专题： 实验题．

分析： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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．

解答： 解：1、游标卡尺的主尺读数为：1.6cm=16mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，

所以最终读数为：16mm+0.60mm=16.60mm=1.660cm．

2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，

所以最终读数为5.5mm+0.195mm=5.695mm=0.5695cm，

故答案为：1.660； 0.5695

点评： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

知识点：测定匀变速直线运动的加速度

9.40

考点： 用单摆测定重力加速度．

专题： 实验题．

分析： 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重物下落的加速度

解答： 解：根据x -x=5aT得，加速度a= =9.40m/s2．

故答案为：9.40

点评： 对于纸带问题，需掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．　

知识点：电学实验

①G1，G2；②55.8 KΩ；③如图所示（安培表外接也可以）

考点： 伏安法测电阻．

专题： 实验题．

分析： ①并联电路电流表与电阻比成反比；

②改装电压表需要串联分压电阻，根据欧姆定律列式求解即可；

③采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法．

解答： 解：①若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G1满偏，使G2半偏；

②电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA，要将G2改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻值为：

R= =

③采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；

电路原理图如图所示：

故答案为：①G1，G2；②55.8 KΩ；③如图所示（安培表外接也可以）

点评： 本题考查电阻的测量，解决问题的关键在于明确半偏法测电阻和伏安法测电阻的原理，会改装电表．

知识点：牛顿第二定律

（1）熊大连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F为300N；

（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大为0.12．

考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题： 牛顿运动定律综合专题．

分析： （1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度，对熊大连同滑草装置进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中的摩擦力．

（2）熊大连同滑草装置在垂直于斜面方向合力等于零，求出支持力的大小，根据F=μFN求出滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ．

解答： 解：（1）由运动学公式S= ，解得：

a==4m/s

沿斜面方向，由牛顿第二定律得：

mgsinθ﹣f=ma

解得：f=300N

（2）在垂直斜面方向上：

N﹣mgcosθ=0

又f=μN

联立解得：

μ=

答：（1）熊大连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F为300N；

（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大为0.12．

点评： 解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力．　

知识点：机械能守恒定律

（1）弹珠P通过D点时的最小速度为 ；

（2）通过C点时的速度为 m/s；

（3）压缩量为0.18m．

考点： 动能定理的应用；机械能守恒定律．

专题： 动能定理的应用专题．

分析： （1）根据D点所受弹力为零，通过牛顿第二定律求出D点的最小速度；

（2）根据平抛运动的规律求出D点的速度，通过机械能守恒定律求出通过C点的速度．

（3）当外力为0.1N时，压缩量为零，知摩擦力大小为0.1N，对B的压缩位置到C点的过程运用动能定理求出弹簧的压缩量．

解答： 解：（1）当弹珠做圆周运动到D点且只受重力时速度最小，根据牛顿第二定律有：

mg=解得 ．v==m/s

（2）弹珠从D点到E点做平抛运动，设此时它通过D点的速度为v，则

s=vt

R=gt

从C点到D点，弹珠机械能守恒，有：

联立解得 v=

代入数据得，V=2m/s

（3）由图乙知弹珠受到的摩擦力f=0.1N，

根据动能定理得，

且F1=0.1N，F2=8.3N．

得 x=

代入数据解得x0=0.18m．

答：（1）弹珠P通过D点时的最小速度为 ；

（2）通过C点时的速度为 m/s；

（3）压缩量为0.18m．

点评： 本题考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到圆周运动和平抛运动，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律是解决本题的关键．　

知识点：单摆

ABE．

考点： * 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；用单摆测定重力加速度．

分析： 测量重力加速度时从最低点开始计时；真空中光速不变；干涉区域是固定的；自然光是偏振光，只有振动方向与偏振片方向相同的光可以透过，所以一束自然光相继通过两个偏振在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少．从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加．从能量看：磁场能在向电场能转化片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度会发生变化；

解答： 解：A、为了减小测量误差，应从平衡位置开始计时，在摆动过程中，最高点位置难确定，故A正确；

B、在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．它告诉我们光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依赖于发光物体的运动速度，故B正确；

C、两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域固定不变，C错误；

D、自然光是偏振光，只有振动方向与偏振片方向相同的光可以透过，所以一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度会发生变化，D错误．

E、当振荡电流为零时，电容器充电完毕尚未开始放电时，电容器的电量最多，磁场能完全转化为电场能，电场能最强，故E正确；

故选：ABE．

点评： 本题考查了物理光学问题，只要对教材中基本知识点熟悉，解决该类问题还是比较容易．　

知识点：光的折射

（Ⅰ）光线在M点的折射角是15°；

（Ⅱ）三棱镜的折射率是．

考点： 光的折射定律．

专题： 光的折射专题．

分析： （Ⅰ）由几何知识求出光线在M点的入射角和折射角．

（Ⅱ）运用折射定律求解三棱镜的折射率．

解答： 解：（Ⅰ）如图，∠A=90°，∠B=60°，∠C=30°．

由题意可得∠1=∠2=60°，∠NMQ=30°，∠MNQ=60°．

根据折射定律，可得：∠PMQ=∠PNQ．

根据反射定律，可得：∠PMN=∠PNM．

即为：∠NMQ+∠PMQ=∠MNQ﹣∠PNQ．

故折射角∠PMQ=15°

（Ⅱ）折射率n= =

答：

（Ⅰ）光线在M点的折射角是15°；

（Ⅱ）三棱镜的折射率是．

点评： 本题是几何光学问题，作出光路图，运用几何知识求出入射角和折射角是解题的关键之处，即能很容易解决此类问题．　

知识点：物理学史

BCE

考点： 物质波；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核的结合能．

分析： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

解答： 解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；

B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B正确；

C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；

D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；

E、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能．故E正确；

故选：BCE

点评： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　

知识点：动量守恒定律

（1）物块离开木板时物块的速度为4m/s；

（2）物块滑上凹槽的最大高度0.15m．

考点： 动量守恒定律；能量守恒定律．

专题： 动量定理应用专题．

分析： （1）系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出物块离开木板时的速度．

（2）对系统，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块上升的高度．

解答： 解：（1）物体在木板上滑行的过程中，以向右为正，对系统由动量守恒可得：

mv0=mv1+（M1+M2）v2，代入数据解得：v1=4m/s；

（2）物体在凹槽上滑行的过程中，设上升的最大高度为h，以向右为正方向，

对系统由动量守恒和能量守恒可得：mv1+M2v2=（m+M2）v，

mv12+M2v22=（m+M2）v2+mgh，代入数据解得：h=0.15m；

答：（1）物块离开木板时物块的速度为4m/s；

（2）物块滑上凹槽的最大高度0.15m．

点评： 本题考查了求物块受到与物块上升高度，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．