知识点：波的传播

B

【考点】横波的图象．

【分析】明确波动图象的性质，能根据图象直接读出振幅和波长即可．

【解答】解：由图可知，该波的波长为2.0m；振幅为5.0cm，故B正确，ACD错误．

故选：B．

知识点：万有引力定律

A

【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】地球自转是围绕地轴自转的，所以地球上各点纬度越高，自转半径越小，又因为自转的周期和角速度是一定的，所以纬度越低自转半径越大，自转的线速度越大，越有利于卫星的发射．

【解答】解：题目要求充分利用地球的自转，因为从空间看，地球是自西向东自转的，所以要充分利用自转的速度，所以在地球上发射卫星的地点，自转的线速度越大越好，根据v=rω可知，地球上各点自转的ω是一样的，那么需要更大的线速度则在自转半径最大的地方建立发射场就好，又因为地球是围绕地轴在转动的，转动半径随纬度的增加而减小，故要使发射时自转线速度最大，则自转半径最大，而自转半径最大处在赤道即纬度最低的地方，卫星发射场的位置应建在赤道附近．故A正确，BCD错误

故选：A

知识点：物理

D

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．

【解答】解：A、由乙图可知，线框转动的周期T=0.02s，故A错误；

B、由乙图可知，交流电的最大值为Em=311V，有效值为E=，故B错误；

C、交流电的角速度为，电动势的瞬时值为e=311sin100πtV，故C错误，D正确；

故选：D

知识点：物理

B

【考点】左手定则．

【分析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线沿z轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．

【解答】解：A、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误．

B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．

C、若加一沿z轴正方向的电场，电子受到的电场力沿z轴的负方向，亮线向下偏转，故C错误．

D、若加一沿y轴负方向的电场，电子受电场力作用向内，即亮线向y轴正方向偏转，故D错误．

故选：B．

知识点：电场强度

C

【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．

【分析】该题考查电场强度与电势的关系．根据对称关系得到电荷在电场中做功的关系，进而比较电势、电势差．

【解答】解：A、点电荷的场强，所以，每个电荷在O点的场强都要大于在a点的场强；且两个点电荷在O点的场强方向相同，在a点的方向不同，根据叠加原理，可得，EO＞Ea，故A错误；

B、在两点电荷连线上，电场线方向由正电荷指向负电荷，沿着电场线电势降低，所以，Φb＞Φc，故B错误；

C、电场强度大小关于MN对称，另外，在bc上，电场强度方向向右，所以，电势沿着bc降落，且与O点距离相同处，电势差相等，即有UbO=UOc，故C正确；

D、在两点电荷连线的中垂线MN上，电场强度方向都是水平向右，电场线方向也都是水平的，根据等势线处处与电场线垂直，所以，MN为一条等势线，所以，ΦO=Φa．

故选：C．

知识点：匀变速直线运动

B

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据滑动摩擦力公式分析砝码与纸板间摩擦力的变化，分析两者加速度的变化，判断运动时间的变化．由速度公式分析砝码滑到桌面上时速度的变化，再分析相对于桌面滑行距离的变化．

【解答】解：A、砝码对纸板的压力，由f=μN知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A错误．

B、增加F的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B正确．

CD、设砝码在纸板上运动时的加速度大小为a1，在桌面上运动时的加速度为a2．则砝码相对于桌面运动的距离为：

S=+

由v=a1t1知：a1不变，砝码在纸板上运动的时间t1减小，则砝码离开纸板时的速度v减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离S减小，故CD错误．

故选：B

知识点：机械能守恒定律

A

【考点】机械能守恒定律．

【分析】根据机械能守恒的条件，结合各选项中小球运动的特点，逐选项分析即可．

【解答】解：A、小球沿光滑的斜面轨道运动，到达最高点时的速度等于0，恰好到达与O点高度相等的点，故A正确；

B、小球沿光滑的斜面轨道运动，离开轨道后做斜上抛运动，到达最高点时沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能守恒可知，小球不能到达与O点等高的点．故B错误；

C、D、小球沿光滑的斜面轨道运动到接近轨道的端点b点时，速度的方向沿轨道的切线方向指向左上方，可知小球沿轨道运动到接近b点时，沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能守恒可知，小球不能到达与O点等高的点．故C错误，D错误．

故选：A

知识点：闭合电路的欧姆定律

D

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】由图示电路图可知：电流计与电阻箱并联，应用并联电路特点与欧姆定律分析答题．

【解答】解：AB、M、N两端电压为：U=IgRg=200×10﹣6×495.0V=0.099V=99mV，故AB错误；

CD、流过M、N的电流为：I=Ig+=200×10﹣6+=0.02A=20mA，故C错误，D正确；

故选：D

知识点：动量守恒定律

D

【考点】动量守恒定律．

【分析】x﹣t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．

【解答】解：A、由x﹣t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止．m1向速度大小为：v1==4m/s，做匀速运动，故A错误．

B、由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故B错误．

CD、由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=﹣2m/s，根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得：m2=0.6kg．

碰撞过程中系统损失的机械能为：△E=m1v12﹣m1v1′2﹣m2v22，代入解得：△E=0，机械能守恒，故C错误，D正确．

故选：D

知识点：法拉第电磁感应定律

D

【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．

【分析】电吉他是将琴弦与线圈所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时所围成面积的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出．

【解答】解：A、电吉他不可以使用尼龙线做琴弦．若是尼龙线则不能构成回路，故A错误；

B、若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故B错误；

C、琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，更何况也不可是恒定电流的．故C错误；

D、电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确．

故选：D．

知识点：探究加速度与力、质量的关系

解：（1）平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可；

（2）根据匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时速度

（3）作图

v﹣t图象的斜率等于加速度， =1.0

（3）以小车与砂和桶组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=（M+m）a，系统的加速度a=，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得细线作用于小车的拉力为：

F=Ma==，当m＜＜M时，F≈mg，可以认为小车受到的拉力等于砂和桶的总重力．

（4）保持外力一定时，根据牛顿第二定律得：a=，则，则以为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵坐标不为0图象如图所示：

故答案为：（1）匀速；（2）①0.44；②作图如图4，1.0；（3），m＜＜M；（4）图象见上图5

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材，根据匀变速直线运动的推论平均速度等于中间时刻的瞬时速度求B点速度，由v﹣t图线的斜率求加速度；根据牛顿第二定律得出加速度的倒数与小车质量的关系以及加速度倒数与钩码的总质量m的倒数的关系，从而选择图象．

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：由闭合电路欧姆定律得：

电源的输出功率为：P=I2R

联立得：

由数学变形得：

当R=r时，P有最大值．

答：当R=r时电源输出功率最大．

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】根据闭合电路欧姆定律得出电路中电流的表达式，由功率公式得出电源的输出功率表达式，再由数学知识求解．

知识点：法拉第电磁感应定律

解：（1）长直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，导线中的电流逐渐减小，穿过圆形线圈的磁通量减小，由楞次定律知线圈中的电流为顺时针方向；

（2）根据楞次定律感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，圆形线圈将受到向上磁场力，所以导线对圆形线圈的作用力为吸引力

（3）线圈中的感应电动势 E=IR

得 E═

根据法拉第电磁感应定律有 =2.0Wb/s

答：（1）线圈中的电流是顺时针方向；

（2）导线对线圈的作用是吸引力

（3）当线圈中的感应电流是84mA时，通过线圈的磁通量的变化率是2.0Wb/s

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．

【分析】（1）根据楞次定律判断线圈中的电流方向；

（2）根据楞次定律的定性的结论分析；

（3）由法拉第电磁感应定律求通过线圈的磁通量的变化率；

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）根据牛顿第二定律得

质子做匀速圆周运动的频率

解得

质子运动一周加速两次，加速电场方向改变两次，所以交变电场的频率与质子圆周运动的频率相等．

（2）质子出射时做圆周运动的半径为金属盒的半径，此时质子的动能为

由，可得

得

（3）质子转一圈加速两次，每次加速电压U=10kV

动能增加量

加速圈数

或

答：（1）交变电场的频率f；为21MHz．

（2）质子出射时的动能Ek为2.2MeV．

（3）质子在回旋加速器中运动的圈数n为110次．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）根据旋加速器的工作原理，它靠电场加速，靠磁场束缚在D形盒内．但必须满足粒子回旋的周期与交变的周期相等，才能使粒子一次次加速．

（2）随着粒子速度的增大，半径也逐步增大，当半径达到D形盒的半径时，动能达到最大．

（3）这些动能均是靠电场力做功获得，用最大动能除以一次做的功，则就能求出回旋的次数．

知识点：动量定理

解：（1）根据P=mv和I=Ft可知，动量的单位：kg•m/s，冲量的单位：N•s；

动量的单位：1 kg•m/s=1 kg•m/s2•s=1 N•s，

N•s即是冲量的单位，

证毕．

（2）频率f的单位是s﹣1，质量m的单位是kg，长度L的单位是m，拉力T的单位是N=kg•m•s﹣2．从单位方面分析只有组合才能得到频率的单位．

增加一个系数c可得公式f=c

那么，

即：当弦的拉力增大21%，琴弦振动的频率将增大10%．

答：（1）动量的单位：kg•m/s，冲量的单位：N•s，证明如上；

（2）拉力增大21%，琴弦振动的频率将增大10%．

【考点】动量定理．

【分析】（1）根据P=mv和I=Ft写出国际单位制中动量和冲量的单位；

（2）根据力学单位制从单位方面分析频率与质量m、长度L和所受拉力T得关系式，从而求解将拉力增大21%，琴弦振动的频率变化．