知识点：物理学史

D

【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、在物理学的发展历程中，伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体的运动，故A错误；

B、法拉第发现了电磁感应现象，但没有总结四类情况能够产生感应电流，故B错误；

C、伽利略通过对不同斜面上物体的运动的研究，推测自由落体运动是匀变速运动，故C错误；

D、奥斯特发现电流的磁效应时将直导线沿南北方向、平行于小磁针放置在其上方，给导线通电，发现小磁针偏转，故D正确；

故选：D

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】对O点受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件并结合合成法分析即可

【解答】解：对O点受力分析，如图所示：

根据平衡条件，并结合正弦定理，有：

A、由于α＞β，故，故A错误；

B、根据平衡条件，FA、FB的合力等于mg，故B错误；

C、，故换质量更大的灯笼，α、β均不变，根据，FB的增加量比FA的增加量大，故C正确；

D、调节悬点A的位置，使A点向左移动，当α+β趋向180°时，可使FA、FB都大于mg，故D错误；

故选：C

知识点：电场强度

D

【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．

【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断出负电荷的电势能变化．

【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变．故AB错误．

C、由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高．故C错误．

D、从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动．故D正确．

故选：D

知识点：带电粒子在磁场中的运动

B

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可．

【解答】解：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：

电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，

根据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，

△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，

所以粒子1运动的时间t1==，

粒子2运动的时间t2==，

所以=，故B正确，ACD错误．

故选：B

知识点：电势差

D

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功的计算；功能关系．

【分析】本题通过分析小球所受电场力、重力沿斜面的分力关系，判断小球的运动情况．根据牛顿第二定律求最远点的加速度．根据功能关系分析系统的机械能是否守恒，并求电场力做功的最大值．

【解答】解：A、小球所受的电场力沿斜面方向的分力大小为 F1=qEcosθ=q••cosθ=mgsinθ，所以小球相当于只受弹簧的弹力，小球沿斜面做简谐运动，所以小球沿斜面向上先做加速度减小的加速运动，后做加速度反向增大的减速运动．故A错误．

B、根据对称性可知，小球沿斜面运动到最远点时的加速度与刚开始运动时加速度大小相等，为 a==，故B错误．

C、小球运动过程中，由于电场力对小球要做功，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故C错误．

D、原来弹簧的压缩量为 x=，则简谐运动的振幅 A=x，电场力做功的最大值为 W=F1•2A=mgsinθ•2•=，故D正确．

故选：D

知识点：物理

A

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解．

【解答】解：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；

A、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；

B、同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；

C、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；

D、与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；

故选：A．

知识点：抛体运动

BC

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．

【分析】小球做斜向上抛体运动，利用运动分解的思想可分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀减速直线运动，在竖直方向运动速度越来越小，但窗户的高度一样，因此时间越来越长，然后分别选用平均速度公式、功的公式、平均功率公式分析判断．

【解答】解：A、通过3个窗户时在竖直方向上的位移相等，所以重力做功相等．故A错误．

B、小球在竖直方向上做匀减速直线运动，速度越来越小，1、2、3个窗户的高度一样，小球通过三个窗户所用的时间越来越长，那么小球通过第1个窗户所用的时间最短，故B正确．

C、根据，重力功相等，通过第3个窗户的时间最长，所以平均功率最小．故C正确．

D、设通过窗户的位移与水平方向的夹角为θ，窗户高h，水平速度vx，则通过窗户的位移为，通过窗户的水平位移为，通过窗户的平均速度为：，由1到3窗户θ变小，cosθ变大，vx不变，平均速度变小，故D错误．

故选：BC．

知识点：万有引力定律

BD

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与恒星的质量、半径之间的关系，然后进行比较；

结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比较它们的大小关系．

【解答】解：A、由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期比较大，根据公式：所以：M=；

故周期越大则质量越小，所以恒星S1的质量小于恒星S2的质量．故A错误；

B、两颗恒星的半径相等，则根据M=ρV，半径R0相等则它们的体积相等，所以质量大S2的密度大，故B正确；

C、距恒星表面一定高度的行星，向心加速度大小设为a，根据牛顿第二定律，有：ma=；

由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以S1的行星向心加速度较小，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力，则：，所以：v=；

由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度．故D正确；

故选：BD

知识点：验证机械能守恒定律

（1）ABC； （2）；

（3）打下O点时重锤速度不为零； （4）B．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．

（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度．

（3）图线不过原点，抓住h为零，速度不为零，得出图线不过原点的原因．

（4）抓住释放位置相同，即初速度为零的位置相同确定正确的图线．

【解答】解：（1）A、为了减小阻力的影响，实验时重锤选择质量大一些的，体积小一些的，故A正确．

B、安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小阻力的影响，故B正确．

C、释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，可以减小阻力，故C正确．

D、重锤下落过程中，手不能拉着纸带，故D错误．

故选：ABC．

（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的瞬时速度．

（3）图线不过原点，h=0时，速度不为零，可知打下O点时重锤速度不为零．

（4）不论有无阻力，释放点的位置相同，即初速度为零时，两图线交于同一点，故B正确，A、B、C错误．

故选：B．

故答案为：（1）ABC； （2）；

（3）打下O点时重锤速度不为零； （4）B．

知识点：测定金属的电阻率

（1）30.00； （2）； （3）电阻箱阻值R和水柱长度L的倒数； （4）偏大

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数．

（2）分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；

（3）根据电阻定律求解即可；

（4）分析若电压表V1内阻不是很大，对测量电阻Rx的影响，再判断自来水电阻率测量的影响．

【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm；

（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压

当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，

总电压，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得，解得Rx=；

（3）根据电阻定律得：，解得：，所以R﹣图象是一条倾斜的直线，则坐标轴的物理量分别为电阻箱阻值R和水柱长度L的倒数，

（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；

故答案为：（1）30.00； （2）； （3）电阻箱阻值R和水柱长度L的倒数； （4）偏大

知识点：匀变速直线运动

解：（1）设整个过程中，回路中电流所做的功为W，根据动能定理可得：

，

解得：；

（2）当线框的速度为v时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=B1Lv，

此时回路中的电流强度为，

对CD棒，根据共点力的平衡条件可得：B2IL+mg=2mg，

解得：；

（3）绳子断开后，EF和CD下落过程中都是只受重力，设经过t时间EF追上CD，则：

vt+﹣=L，

解得：，

此过程中金属棒CD下落的高度h=．

答：（1）整个过程中，回路中电流所做的功为；

（2）I区域磁场B1和Ⅱ区域磁场B2的关系式为；

（3）线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD下落的高度为．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．

【分析】（1）对线框根据动能定理求解回路中电流所做的功；

（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流强度，对CD棒，根据共点力的平衡条件列方程求解B1和B2的关系式；

（3）分析绳子断裂后二者的运动情况，根据运动学公式求解相遇的时间，再根据自由落体运动的位移时间关系求解位移．

知识点：牛顿第二定律

解：（1）对三个薄木板整体用牛顿第二定律有：

3mgsinθ﹣μmgcosθ=3ma

得到：a=gsinθ

对A薄木板用牛顿第二定律有：F+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

则得：F=mgsinθ

（2）薄木板A在PP′、QQ′间运动时，将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，则有：

μmxgcosθ=3mgsinθ

得到：

即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大；

（3）要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零．

薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的．

设C木板刚好全部越过PP′时速度为v．

①对木板C用动能定理有：mgsinθ×=0﹣，

解得：；

②设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板整体用动能定理有：

3mgsinθ×（3L+x）﹣μ×=﹣0

得到：x=2.25L

即释放时，A下端离PP′距离为：x＞2.25L．

答：（1）薄木板A上端到达P时受到B的弹力为mgsinθ；

（2）滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大；

（3）释放木板时，薄木板A下端离P距离满足的条件是：释放时，A下端离PP′距离x＞2.25L．

【考点】牛顿第二定律；动能定理．

【分析】（1）对三个薄木板整体运用用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离A，由牛顿第二定律求B对A的作用力．

（2）薄木板A在PP′、QQ′间运动时，将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，由此列式求解滑块A的下端离P处的距离．

（3）要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零．薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的．分段由动能定理列式求解．

知识点：分子间的作用力

BE

【考点】分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象．

【分析】分子运动是无规则的．液体表面层内分子间的作用力表现为引力．根据热力学第一定律分析气体内能的变化．单晶体各向异性．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小，与分子力的性质有关．

【解答】解：A、分子做永不停息的无规则运动，分子运动的平均速度不可能为零，瞬时速度有可能为零，故A错误．

B、液体与大气相接触，表面层内分子间距离大于平衡距离，分子间的作用表现为引力，故B正确．

C、一定量理想气体发生绝热膨胀时，对外界做功，根据热力学第一定律知其内能一定减小，故C错误．

D、导热性能各向同性的固体，可能是多晶体或非晶体，不可能是单晶体，故D错误．

E、随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，若分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，故E正确．

故选：BE

知识点：理想气体的状态方程

解：（1）打开阀门后，两部分气体可以认为发生的是等温变化，设最后A、B的压强均为，活塞向右移动x，则A中气体：

B中气体：

解得：

（2）设降温后气缸内活塞向右移，两部分气体的压强为

则A中气体：

B中气体：

得，即活塞并不发生移动，因此降温过程两部分气体发生的是等容变化

由A中气体

解得：

根据平衡知，A、B中气体的压强均为

答：（ⅰ）活塞C移动的距离为及平衡后B中气体的压强；

（ⅱ）若平衡后外界温度缓慢降为0.96T0，气缸中活塞不移动，两气缸中的气体压强均为

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】①整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等．根据玻意耳定律，结合关系条件求解．

②气缸A、B中的气体根据理想气体状态方程列式，得出活塞不移动，气体发生的是等容变化，根据查理定律求出最终气体压强；