知识点：匀变速直线运动

B

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】明确图象的性质，根据图象的斜率可求得加速度，根据图象与时间轴所围成的面积表示位移可明确二者的运动情况，再根据题意分析即可求解．

【解答】解：A、由图可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾；故可以在0至10s内任一时刻发生追尾；若10s内没有追尾，则二者将不再相撞；故A错误，B正确；

C、两车10s时速度为5m/s，0﹣10s甲车位移X1=×10=100m

乙车位移X2=×10═75m

因两车发生追尾，所以两车相距应为小于S=X1﹣X2=25m；故C错误；

D、由图可知，甲的加速度为a1==1m/s2；乙的加速度为a2==0.51m/s2；故甲的加速度是乙的加速度的2倍；故D错误；

故选：B．

知识点：共点力的平衡

D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．

【分析】物体在水平面上受橡皮绳弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解橡皮绳的弹力，从而求出摩擦力．

【解答】解：已知D物块所受的摩擦力大小为F=30N，设每根橡皮绳的弹力为T，

对D则有：2Tcos30°=F，

对A，根据平衡条件有：2Tcos60°=f，

解得：f=，故D正确．

故选：D

知识点：功

B

【考点】功的计算；牛顿第二定律．

【分析】用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从t=1s开始力F随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受静摩擦力

根据牛顿第二定律求的加速度，根据f=μmg求的摩擦因数

【解答】解：A、物体在开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，根据牛顿第二定律可知a=，加速度大小逐渐增大，故A错误；

B、有图可知，从3s开始，物体处于静止，故t=3s至t=5s时间内中，摩擦力对物体不做功，故B正确；

C、有图可知滑动摩擦力大小为f=4N，根据可知，故C错误；

D、有图可知，t=2s时拉力F=3N，根据牛顿第二定律可知a=，故D错误；

故选：B

知识点：万有引力定律

A

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】双星系统是一个稳定的结构，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，角速度相等，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可

【解答】解：A、两个黑洞互相绕转形成一个双星系统，双星系统的结构是稳定的，故它们的角速度相等，故A正确．

BD、根据牛顿第二定律，有：

其中

故

故

故质量大的黑洞转动半径小，线速度小，故BD错误．

C、根据，质量大的黑洞转动半径小，向心加速度小，故C错误．

故选：A

知识点：电势差

C

【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加．

【分析】电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度可以反映场强的大小．顺着电场线的方向电势逐渐降低．结合电场的叠加原理分析．

【解答】解：A、将电子沿路径a→b→c移动，从a到b，电场力做正功，从b到c，电场力做负功，故A错误；

B、将电子沿路径a→o→c移动，电势不变，电场力不做功，故B错误；

CD、根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同：均由b指向d，则场强相同．b、d两点间的电场线由b指向d，所以b点的电势高于d点的电势．故C正确，D错误．

故选：C．

知识点：变压器

AC

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．

【解答】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50Hz，故A正确；

B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；

C、R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；

D、当Ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；

故选：AC

知识点：闭合电路的欧姆定律

AD

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律．

【分析】根据右手定则，即可判定感应电流方向，从而确定电容器的极性；根据切割感应电动势E=BLv，结合线速度v=ωR，及电荷量Q=CU，即可求解．

【解答】解：AB、根据右手定则可知，AB棒切割磁感线产生感应电动势高低为：A端为高电势、B端为低电势，则电容器a极板带负电，b极板带正电，但电路没有闭合，金属棒AB中没有感应电流，故A正确、B错误；

CD、根据切割感应电动势为：E=BLv=Brω×=Bωr2，根据电容器电荷量的计算公式可得：Q=CU=CBωr2，故C错误、D正确．

故选：AD．

知识点：功能关系

BC

【考点】功能关系．

【分析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可．

【解答】解：第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：

W1≤mgR…①

两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：

W1+W2﹣2mgR=mv2…②

在最高点，由牛顿第二定律有：

mg+N=m≥mg…③

联立①②③解得：

W1≤mgR

W2≥mgR

则≤，故AD错误，BC正确；

故选：BC

知识点：用伏安法测电源电动势和内阻

（1）甲；（2）3.0，1.0

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】（1）明确实验原理，根据给出的仪器选择正确的接法；从而确定电路；

（2）明确根据闭合电路欧姆定律测量电动势和内电阻的实验方法，并明确数据处理的方法．

【解答】解：（1）因没有给出电流表，故应采用电压表和电阻箱组合进行测量，同时因内阻较小，故应将定值电阻与电源相连充当等效电源，故应采用甲电路进行测量；

②根据闭合电路欧姆定律可知：U=

变形得：

则由图象可知：

解得：E=3.0V；

=2

解得：r=1.0Ω；

故答案为：（1）甲；（2）3.0，1.0

知识点：物理

（1）；（2）（h﹣）；（3）0.010，4.705．

【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．

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

【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：；

（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=（h﹣）

③误差读数0+1.0×0.01mm=0.010mm

螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+21.5×0.01mm=4.715mm．

故小球的直径的正确测量值应为4.715﹣0.010mm=4.705mm

故答案为：（1）；（2）（h﹣）；（3）0.010，4.705．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）由带电小球做匀速圆周运动可知重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则：mg=qE

解得：，方向竖直向上．

（2）做匀速圆周运动的轨迹如图，

由圆周运动轨迹分析得：

整理可以得到：

带电小球做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力，有：

解得：，方向垂直纸面向外．

（3）电场反向后受到合力竖直向下，根据牛顿第二定律有：qE+mg=ma

解得：a=2g

小球做类平抛运动，则有：

x=v0t

解得：，即坐标为．

答：（1）匀强电场电场强度E的大小，方向竖直向上；

（2）磁感应强度B的大小，方向垂直纸面向外；

（3）如果撤去磁场，并且将电场反向，带电小球仍以相同的初速度从A点进入第一象限，带电小球到达x轴时的坐标为．

【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；CM：带电粒子在混合场中的运动．

【分析】（1）由带电小球做匀速圆周运动判断出小球受到的重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，进而得到电场强度；

（2）根据洛伦兹力提供向心力，得到磁感应强度；

（3）撤去磁场，电场反向过后电场力的方向向下，根据牛顿第二定律求得小球的加速度，然后根据小球做类平抛运动，将运动分解即可求得小球到达x轴的坐标；

知识点：功能关系

解：（1）设麻袋经时间t1下落到平板车上，由运动学公式得：

h1﹣h2=gt2①

平板车在t1时间内前进的距离为x1，则：x1=v0t1 ②

所以麻袋在平板车上的落点距车左端距离：s′=L+s﹣x1=4 m ③

（2）设麻袋落在车上后做匀加速运动的加速度为a1，经过时间t2麻袋和板车的速度相同为v，则：

板车的速度为：v=v0﹣at2 ④

麻袋的速度为：v=a1t2 ⑤

对麻袋应用牛顿第二定律得：μmg=ma1 ⑥

平板车的位移为：x2=v0t2﹣at22；⑦

在这段时间内麻袋的位移为：x3=a1t22⑧

联立④⑤⑥⑦⑧可得：

在这段时间内麻袋相对平板车向后的位移为：△x1=x2﹣x3=3 m ⑨

因△x1＜4 m　故不会滑至平板车的左端⑩

（3）速度相同后麻袋和平板车各自做匀减速运动直到静止，

平板车的位移为：x4=⑪

麻袋的位移为：x5=⑫

麻袋相对车向前的位移为：△x2=x5﹣x4⑬

麻袋在平板车上来回摩擦产生的总热量：Q=μmg（△x1+△x2）=105 J⑭

答：（1）麻袋将落在平板车上距车左端4 m．　

（2）麻袋不会滑到最左端．　

（3）麻袋在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为105 J．

【考点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．

【分析】（1）麻袋做自由落体运动，根据下落高度求得时间，再位移公式求出此时间内平板车前进的距离，从而得到麻袋在车上的落点距车尾端距离；

（2）先由速度公式求出平板车和模型达到具有相同速度所用的时间，然后求出在这段时间内模型相对车向后的位移；

（3）麻袋在平板上来回摩擦产生的总热量：Q=μmg△x，△x是麻袋相对车向前的位移，由位移时间公式求解△x．

知识点：热力学第一定律

ADE

【考点】用油膜法估测分子的大小；热力学第一定律；热力学第二定律．

【分析】根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系，第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，都是不可能制成的．根据热力学第一定律△U=Q+W，物体内能的变化取决于热传递和做功两个因素．热力学第二定律表明，一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性．自行车打气越打越困难是因为胎内气体压力增大，

【解答】解：A、气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和．主要是因为气体分子间空隙很大，故A正确．

B、在使用“单分子油膜法”估测分子直径的实验中，为了计算的方便，可以取1滴油酸酒精混合溶液滴入水槽，故B错误．

C、理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，第二类永动机无法制成，违反热力学第二定律，故C错误、

D、外界对气体做功时，如果同时向外界放热，内能可能减少，故D正确．

E、给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，与分子间的斥力无关，因为分子斥力起作用的距离，故E正确．

故选：ADE

知识点：理想气体的状态方程

解：①居民厨房的容积为：V2=24 m3=24 000 L

设有V1 升天然气泄漏出来，将其作为研究对象，它经历等温过程，泄漏前后的气压分别为p1和p2．达到发生爆炸的气压条件是：

由…①

得：…②

代入数值得：V1=300 L…③

②爆炸瞬间气体来不及外泄，经历的是一个等容过程．

爆炸前的温度为：

压强为：

爆炸后的温度

由 …④

代入数值得：…⑤

答：①求管道内300升天然气泄漏到该居民的厨房时，遇到火星会发生爆炸；

②假如天然气泄漏使得厨房内的气体压强恰好达到1.05atm时遇到了火星，并发生了爆炸．爆炸时厨房的温度由27℃迅速上升至约2727℃，此时产生的气体压强10.5atm

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】①以泄漏出来的煤气为研究对象，发生的是等温变化，根据玻意耳定律即可求解；

②爆炸瞬间气体来不及外泄，经历的是一个等容过程．根据查理定律列式求解；

知识点：外力作用下的振动

BCD

【考点】横波和纵波；自由振动和受迫振动．

【分析】单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关，而弹簧振子的振动周期与振子的质量有关；

当策动频率与固有频率相同时，则振动幅度最大，出现共振现象；

在干涉中，振动加强点的振动方向总是相同，但位移时大时小；

纵波不能发生偏振现象；

一切波均能发生多普勒效应现象．

【解答】解：A、单摆做简谐运动的周期公式T=2π，与摆长及重力加速度有关，与摆球的质量无关，故A错误；

B、部队过桥不能齐步走而要便步走，防止策动频率与固有频率相同，出现共振现象，故B正确；

C、在波的干涉中，振动加强的点位移不一定最大，可能处于波峰，也可能处于波谷，也可能处于平衡位置，故C正确；

D、纵波不能发生偏振现象，能发生偏振现象，则一定是横波，故D正确；

E、不论是横波，还是纵波，均能观察到多普勒效应，故E错误；

故选：BCD．

知识点：光的折射

解：（1）随入射角的增大，折射光线偏离OO′越远，最远出射光线沿OB方向，理论上此时光在光屏PQ上的落点距O′点最远，光线在O点刚好发生全反射，见右图

C=45°

入射光与竖直方向的夹角：θ=C﹣30°=15°

（2）由于介质中紫光的折射率最大，所以位于光带的最右侧．若使光线绕圆心O逆时针转动，入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光最先消失．

答：（1）入射光与竖直方向的夹角为15°时，光在光屏PQ上的落点距O′点最远．

（2）光带的最右侧是紫光．若使光线绕圆心O逆时针转动，最先消失的为紫光．

【考点】光的折射定律．

【分析】（1）随入射角的增大，折射光线偏离OO′越远，此时光在光屏PQ上的落点距O′点最远，光线在O点刚好发生全反射；

（2）由于介质中紫光的折射率最大，所以位于光带的最右侧．由于紫光的临界角最小，所以紫光最先消失．

知识点：光电效应

BCE

【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构．

【分析】当入射光的频率小于极限频率时，不会发生光电效应；大量光子体现波动性，少量光子体现粒子性；玻尔理论可知：由较高能级跃迁到较低能级时，要释放光子，电子的动能增大，电势能减小；根据一个n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放2种不同频率的光子；康普顿效应中，一部分动量转移给电子，散射后波长变长，从而即可求解．

【解答】解：A、紫光照射某种金属发生光电效应，改用红光，因红光的频率小于紫光，则照射这种金属不一定发生光电效应，故A错误；

B、大量光子产生的效果往往显示出波动性，少量光子体现粒子性，故B正确；

C、玻尔理论可知，核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，而吸收光子的能量是由两能级差决定，故C正确；

D、根据数学组合，一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放=3种，但一个处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放2种不同频率的光子，故D错误；

E、康普顿效应中，碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长，故E正确；

故选：BCE．

知识点：动量守恒定律

解：（1）对A球下滑的过程，由动能定理得：

解得：

当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

2mv0=（2m+m）v

解得：

由能量守恒定律得：

解得：

（2）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

2mv0=2mvA+mvB，

由能量守恒定律可得：，

解得：

答：（1）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep为；

（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小分别为和．

【考点】动量守恒定律；电势能．

【分析】（1）由机械能守恒定律求出A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0，当A、B速度相同时相距最近，弹簧的弹性势能最大，由系统的能量守恒和动量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能EP；

（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最终A、B两球的速度．