知识点：物理学史

B

【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、奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A错误；

B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，故B正确；

C、胡克指出，在弹性范围内，弹簧的弹力都跟伸长量成正比，故C错误；

D、法拉第通过实验发现了电磁感应现象，楞次总结出了感应电流方向的判断方法，故D错误；

故选：B

知识点：匀变速直线运动

C

【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】在v﹣t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v﹣t图象可以分析人的运动的情况，即可进行选择．

【解答】解：A、B、D从开始到t2时刻，v﹣t图象为直线，说明该过程中的加速度是相同的，说明该过程中运动员在做自由落体运动；t3时，物体开始减速，故此时人开始入水；故A错误；

B、t2﹣t3时间内，运动员的速度方向仍然向下，故仍在下降；故B错误；

C、图象的斜率表示加速度；则由图可知，运动员刚入水时的加速度最大；故C正确；

D、人在最深处时速度为零，但此时一定受向上的合力，故加速度不为零；故D错误；

故选：C．

知识点：变压器

C

【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．

【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系．

【解答】解：A、根据输入功率等于输出功率，，原线圈的电压，故A错误；

B、变压器原副线圈的匝数比，故B错误；

C、图示位置，线圈处于中性面，变压器输入电压的最大值为：，变压器输入电压的瞬时值表达式为：，故C正确；

D、根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir，发电机线圈中产生的电动势最大值为：，故D错误；

故选：C

知识点：万有引力定律

A

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】火星和地球都绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式判断；根据万有引力等于重力表示出重力加速度求解，根据求解火星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比

【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得

（T为自转周期）

，所以火星的同步轨道比地球的小，故A正确．

B、根据第一宇宙速度公式

，所以火星的第一宇宙速度比地球的小，故B错误．

C、根据

，所以火星表面的重力加速度比地球小，故C错误．

D、根据（T为公转周期）

，故D错误

故选：A

知识点：电场强度

AD

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能．

【分析】小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点．所以与C点电势相等的点在过C点的切线上．再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向．小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别在水平方向和竖直方向上列式求解初动能．

【解答】解：A、小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理qUAC=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．

过C点作切线，则CF为等势线．

过C点作CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示．

故电场线沿OC方向，故A正确；

B、由图可知，沿OC直径上的两点电势差最大，故B错误；

C、D、小球只受电场力，做类平抛运动．

垂直电场方向上：x=R=v0t，

沿电场方向上：y=R=，

由以上两式得：Ek0=mv02=qER；故C错误，D正确．

故选：AD．

知识点：机械能守恒定律

D

【考点】机械能守恒定律；向心力．

【分析】小球在环内侧做圆周运动，根据最高点的临界速度和机械能守恒结合，求出小球能到达最高点时在最低点的最小速度，从而判断小球能否到达最高点．由机械能守恒求出球通过最高点的速度，再由牛顿第二定律、第三定律求出木板对地面的压力．

【解答】解：A、假设小球能通过最高点，通过最高点时的速度为v．由机械能守恒得： =+2mgR

据题，v0=，解得 v=2

小球恰好通过最高点时，有 mg=m，得 v0=

由于v＞v0，所以小球能到达最高点A点．故A错误．

B、球通过最高点A点时，由牛顿第二定律得：mg+N=m，解得 N=3mg

由牛顿第三定律得，球能对圆环的压力大小为 N′=N=3mg，方向向上，则木板对地面的压力为 FN=5mg﹣N′=2mg，故B错误．

C、小球通过A点时，球能圆环只有向上的压力，所以左侧挡板不受挤压，故C错误．

D、小球通过最低点时，木板对地面的压力最大．以小球C为研究对象，根据牛顿第二定律得

N1﹣mg=m，解得 N1=9mg

由牛顿第三定律知，球对圆环的压力大小为 N1′=N1=mg，方向向下，则地面受到木板的最大压力为 FNmax=5mg+N1′=14mg．故D正确．

故选：D

知识点：物理

CD

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；楞次定律．

【分析】当线圈向右运动时穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断感应电流的方向．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；克服安培力做的功等于线圈产生的焦耳热．

【解答】解：A、当线圈向右运动时穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律判断知，感应电流沿逆时针方向，故A错误．

B、正三角形的边长为a==，从线圈开始运动到BC边刚好要进入磁场的过程中，面积的变化为：△S=﹣﹣=﹣=，根据法拉第电磁感应定律可得： ==，B错误；

C、通过线圈截面的电量为：q==，故C正确．

D、由B项分析知线圈产生的感应电动势不变，克服安培力做的功等于线圈产生的焦耳热，则克服安培力做的功为：W=t==．故D正确．

故选：CD．

知识点：功能关系

BD

【考点】功能关系；弹性势能．

【分析】同时释放小物块和木板后，弹簧弹力和地面对木板的摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒，当长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒．

【解答】解：A、整个过程根据动能定理得： mvm2=kx12﹣Wf，所以速度不能达到x1，故A错误；

B、当木板静止时，小物块在长木板上继续往复运动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以当木板刚静止时，系统具有的机械能为kx22，

从开始到木板刚静止的过程中，根据能量守恒得： kx12﹣kx22=Wf=fs

解得：s=（x12﹣x22），故B正确；

C、长木板静止后，对木板进行受力分析，水平方向受地面的静摩擦力和弹簧弹力，弹簧弹力随木块的运动而发生改变，所以木板受的静摩擦力也发生改变，故C错误；

D、长木板静止后，小物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则当弹簧为原长时，有kx22=，得 v=x2，故D正确．

故选：BD

知识点：实验：探究功与速度变化的关系

（1）5.0；（2）H=；（3）变大．

【考点】探究功与速度变化的关系．

【分析】（1）根据表格中的数据规律可以发现，Hy=30h，是个定值，从而求出表格中空缺的数据；

（2）若不计小球与水平槽之间的摩擦，只有重力做功，根据平抛运动的规律求出小球离开斜槽时的速度，得到动能的变化，根据重力做功表达式求出合力做功，进而求出若动能定理成立则应满足的关系式；

（3）若摩擦不能忽略，小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，写出合力做的功，再写出动能定理的关系式，比较两个表达式即可求解．

【解答】解：（1）根据表格中的数据规律可以发现，Hy=30h，是个定值，则当=6h时，y=5.0cm

（2）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：

x=vt，y=

联立得：v=

小球在斜槽上滑下过程中，不计小球与水平槽之间的摩擦，中有重力做功，则有：

解得：H=，

（3）若摩擦不能忽略，则有：

W=mgH﹣μmgcosθ•=mgH（1﹣）

若动能定理成立，则有：mgH（1﹣）=，

解得：H=

由于，即，所以表格中竖直位移y的数值与上表相比会变大．

故答案为：（1）5.0；（2）H=；（3）变大．

知识点：描绘小灯泡的伏安特性曲线

解：（1）由图象根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．

（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，

（3）电动势为3V，内阻为6Ω，则短路电流==0.5A，在小灯泡的U﹣P图象中，连接U=3V与I=0.5A两点，画出表示电源的U﹣I图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之和等于电动势；由图可知，输出电压应为0.6V，此时灯泡L2的电流为0.15A，则其功率P=UI=0.6×0.15=0.09W；

故答案为（1）增大 （2）如图 （3）0.6；0.09．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【分析】在小灯泡的U﹣I图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）粒子的初速度为v时恰好能进入Ⅱ磁场，则进入Ⅱ磁场时速度恰好沿M边界，所以半径为r=l1，则有：

B1qv=

解得：

（2）设粒子速度为v时，粒子在磁场中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图所示，

由可得：，

由几何关系有： =

粒子在中运动有：

解得：

答：（1）要使粒子能穿过Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，粒子的初速度v至少应为

（2）粒子初速度v为时，才能恰好穿过两个磁场区域

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】（1）粒子的初速度为v0时恰好能进入Ⅱ磁场，则进入Ⅱ磁场时速度恰好沿M边界，根据洛伦兹力提供向心力公式即可求解；

（2）设粒子速度为v时，粒子在B2磁场中的轨迹恰好与P边界相切，画出粒子运动的轨迹图，根据半径公式结合几何关系即可求解．

知识点：牛顿第二定律

解：（1）由图a可知，当速度v=5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，

则有：kv=（m1+m2）g，

k==140N•s/m．

打开伞瞬间对整体，根据牛顿第二定律可得，

kv0﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a

解得：a=﹣g=30m/s2，方向竖直向上．

（2）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律可得，

则有：8Tcos37°﹣m1g=m1a，

解得：T==375N，

由牛顿第三定律得，悬绳能承受的拉力为至少为375N．

（3）由v﹣t图知，人打开降落伞时速度v0=20m/s，

则打开降落伞前人下落的距离为：

h0==20m，

设人和伞的总质量为m，打开降落伞后人做变加速运动，任意取无限小的一段时间△t，

则有：△h=v△t﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

又因为v=﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

根据牛顿第二定律可得，

mg﹣f=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣③

联立①②③可解得：△h=△t，

由于a△t=△v，

则有：△h=△t﹣△v，

两边求和：h1=t﹣ ，

解得：h1=107.5m，

则人下落的距离h=h0+h1=127.5m．

答：（1）阻力系数k为140N•s/m；打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上；

（2）悬绳能够承受的拉力至少为375N；

（3）人下落的距离为127.5m．

【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用．

【分析】（1）抓住平衡，根据kv=（m1+m2）g求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小；

（2）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小；

（3）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度，然后根据运动学公式和牛顿第二定律求出打开降落伞后人做变加速运动下落的高度，二者相加即为人下落的距离．

知识点：热力学第二定律

ABD

【考点】* 晶体和非晶体；布朗运动；热力学第二定律．

【分析】正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第二定律

【解答】解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．

B、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加．故C正确．

C、盐颗粒大小变化不改变晶体的结构．故B错误．

D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；

E、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律．故E错误．

故选：ABD

知识点：理想气体的状态方程

解：设b向上移动y，a向上移动x，两部分气体都做等压变化，设变化前后气体温度分别为T1和T2

由盖吕萨克定律有：对A部分气体：，

对B部分气体：，

代入数据联立解得：，．

答：活塞a移动的距离为，活塞 b移动的距离为．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】将AB两部分气体，独立的运用理性气体状态方程，联立求出气体变化的距离．

知识点：简谐运动

ABD

【考点】简谐运动的振动图象．

【分析】简谐波在传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图中x=4m处质点的振动方向读出各质点的起振方向，即可判断出波源开始振动时的方向．读出波长，由振动从x=4m处传到C点的距离，求出波速．再由波速公式求出周期，根据时间与周期的关系，求出质点A的运动情况．

【解答】解：A、由波向右传播，可知此时x=4m处的质点正沿向下运动，则波源开始振动时方向是向下的，故A正确；

B、波从x=4m处传到C点的距离是半个波长，所用时间为半个周期，则得周期 T=2t=0.4s，由图知，波长 λ=4m，所以波速为 v===10m/s，故B正确．

C、到t=0时刻质点B已经振动了T=0.1s，故C错误．

D、t=0.45s时，质点C已经振动的时间为 0.45s﹣0.2s=0.25s=0.625T，C点开始是向下振动的，所以t=0.45s时，质点C的速度方向向上．故D正确．

E、t=0.4s时，波向前传播的距离 x=vt=10×0.4m=4m，但质点A只上下振动，不会传到B点．故E错误．

故选：ABD

知识点：光的折射

解：结合几何关系可知，只要A点和B点发出的光能够从半球面全部射出，那么发光面上每一个发光点发出的光都能从整个半球面射出；

设半球的半径为R，发光圆盘直径为D，从A点射出的光与球面交于点A′（如图所示），AA′与OA′夹角为α，∠A′AO=β，则：

根据正弦定理，有：

=

当β=90°时，α最大；

从A点垂直于圆盘射出的光与球面交于点A′，则：

sinα==

不发生全反射的条件是：sinα＜sinC=，即＜

解得：R＞=1.7mm

答：在制作发光管时半球形介质的半径R应满足条件是R＞1.7mm．

【考点】光的折射定律．

【分析】研究临界情况，从A点发出的光线射到任意位置均不发生全反射即可，然后结合临界角公式sinC=进行分析即可．

知识点：核裂变与核聚变

ABD

【考点】重核的裂变；光电效应．

【分析】光电效应是金属中的电子逸出金属的现象；贝可勒尔发现天然放射现象；根据氢原子能量的变化得出轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，抓住原子能量等于动能和电势能之和得出电势能的变化

【解答】解：A、光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象；说明光具有粒子性；故A正确．

B、重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损；故B正确；

C、贝可勒尔发现天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核可以再分；故C错误；

D、因紫光的频率高于黄光的频率；故若黄光照射某金属能发生光电效应，用紫光照射该金属一定能发生光电效应半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定．故D正确．

E、氢原子辐射出一个光子后，原子能量减小，轨道半径减小，根据k=m知，核外电子的动能增大，原子能量等于动能和电势能之和，则电势能减小．故E错误；

故选：ABD．

知识点：动量守恒定律

解：两球发生弹性碰撞，设碰后甲、乙两球的速度分别为υ1、υ2，

规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：

m1υ0=m1υ1+m2υ2①

已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，

②

碰撞后甲、乙均做匀减速运动到B停止，它们的加速度大小均为：a=μg

根据运动学公式有：

对甲：③

对乙：④

而⑤

联立③④⑤解得：υ1：υ2=1：3（另一解舍）⑥

联立①②⑥解得：

答：甲、乙两球的质量之比．

【考点】动量守恒定律．

【分析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比．