知识点：物理

D

【考点】功能关系；牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．

【分析】根据牛顿第二定律求出磅秤的示数，结合合力做功得出动能的增加量，根据重力势能即动能的变化情况得出机械能的变化量．

【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma

解得：F=mg+ma=1.1mg，即磅秤的示数等于1.1mg，故AB错误；

C、根据动能定理得：△EK=W合=mah=0.1mgh，故C错误；

D、人上升h，则重力做功为﹣mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确．

故选：D

知识点：物理

C

【考点】安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab、cd所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况．

【解答】解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

知识点：物理

D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．

【分析】对物体受力分析可知物体的受力情况，根据共点力的平衡条件可知F作用时的摩擦力；而F撤去后，根据受力的变化可分析物体的状态，再确定摩擦力．

【解答】解：物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及沿斜面的两个力；垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力重力的分子及摩擦力而处于平衡；

故摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡；如图所示：

当F撤去后，垂直斜面方向上受力不变，而沿斜面方向上只有重力的分力存在，很明显重力的分力小于刚才的合力，故物体不会发生滑动；此时的摩擦力仍为静摩擦力，方向沿斜面向上；

故A、B、C错误，D正确；

故选D．

知识点：物理

ACD

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】当R的滑动触头向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定伏特表的读数变化和灯泡L亮度的变化．再分析并联部分的电压变化，判断安培表A读数变化．根据电流的变化，分析R0消耗的功率如何变化．

【解答】解：AB、当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，因此伏特表读数变小．灯泡L的电压减小，则灯L一定变暗．故A错误，B正确．

CD、电路中并联部分电压变小，通过L的电流减小，而总电流增大，则安培表A的读数变大，R0消耗的功率变大．故C、D错误．

本题选不正确的，故选：ACD

知识点：楞次定律

A

【考点】楞次定律．

【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向．

【解答】解：在0﹣s内，根据法拉第电磁感应定律， =．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；

在﹣T内，根据法拉第电磁感应定律，E′=n==2E，所以感应电流是之前的2倍．再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

知识点：物理

C

【考点】物体做曲线运动的条件；动能．

【分析】物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大．

【解答】解：其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C正确．

故选C

知识点：物理

BC

【考点】线速度、角速度和周期、转速．

【分析】根据万有引力提供向心力，结合向心加速度表达式，及黄金代换公式，即可求解加速度大小与角速度．

【解答】解：A、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：G；

而黄金代换公式：GM=g0R02，

联立上两式，解得：an=，故A错误，B正确；

C、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：；

且GM=g0R02，

解得：角速度ω=，故C正确，D错误；

故选：BC．

知识点：变压器

ABD

【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，灯泡正常发光求出电流，即可求解．

【解答】解：A、有效值为：U==220V，副线圈的电压为：U2=U1=110V，则A正确．

B、原线圈的频率为f=，变压器不会改变频率，故B正确，

C、副线圈电流为：I2==0.2A，原线圈的电流为：I1=I1=0.1A，则C错误．

D、ω=2πf=100π，瞬时表达式为：u=220sin100πtV，故D正确

故选：ABD

知识点：互感和自感

AC

【考点】自感现象和自感系数．

【分析】利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．

【解答】解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC正确BD错误．

故选：AC

知识点：动能和动能定理

AC

【考点】动能定理；匀变速直线运动的图像．

【分析】由图象可知，物体在水平面上做匀加速运动，在水平面做匀减速运动，v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．

【解答】解：A、由乙图图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速时的加速度大，故A正确；

B、物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始．由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；

C、物体在斜面上运动的加速度为，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确；

D、物体在水平面上运动的加速度为，因为a的加速度小于b的加速度，所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小，故D错误

故选：AC

知识点：电势能和电势

D

【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．

【分析】根据速度图象明确试探电荷的运动情况，再根据受力分析即可明确试探电荷的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两点电荷的带电情况，由能量守恒定律分析电势能最大的位置．

【解答】解：A、由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应先向下后向上，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电量一定相等；故AB错误；

C、根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t2两时刻试探电荷的加速度不同，所受的电场力不同，所以不可能在同一位置．故C错误．

D、t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大．故D正确．

故选：D

知识点：探究加速度与力、质量的关系

（1）BC；（2）0.33；（3）①，0.5

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力，．

（2）从纸带上求加速度可以用逐差法求解．

（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，根据F=ma得a﹣F图象的斜率k=．

【解答】解：（1）A、平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故A错误；

B、为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；

C、使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，故C正确；

D、试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量，故D错误．

故选：BC

（2）由匀变速运动的规律得：

s4﹣s1=3aT2

s5﹣s2=3aT2

s6﹣s3=3aT2

联立得：（s4+s5+s6）﹣（s1+s2+s3）=9aT2

解得：

a===0.33m/s2，

（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．

根据F=ma得a﹣F图象的斜率k=，由a﹣F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg．

故答案为：（1）BC；（2）0.33；（3）①，0.5

知识点：测定金属的电阻率

解；（1）游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；

（2）螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+19.9×0.01mm=4.699（4.700±0.001）；

（3）欧姆表的读数为：R=30×10Ω=300Ω；

（4）根据电源的电动势为4V可知电压表应选择；

由于通过待测电阻的最大电流为===13mA，所以电流表应选择；

由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；

由于实验要求能测多组数据，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：

故答案为：（1）50.15；（2）4.699；（3）300；（4）如图

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】题（1）游标卡尺读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意分度大小；题（2）螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；题（4）首先根据电源电动势大小选择出电压表的量程，再通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，根据电流表内外接法的选择方法判定应采用内接法；根据要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，即电路应是分压外接电路．

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：（1）导线框沿斜面向下运动：

解得：

（2）导线进入磁场通过ab棒的电量：

联立得： ==0.5C

（3）导线框离开磁场时：

解得：

由能量守恒有：

代入数据：

解得：

则ab边产生的热量为：

答：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度为5m/s；

（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q为0.5C；

（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．

【分析】（1）cd边刚进入磁场时，根据机械能守恒定律求解线圈的速度．

（2）根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量．

（3）根据受力平衡求出cd边刚要离开磁场时的速度，再由能量守恒定律求解热量．

知识点：抛体运动

解：（1）对导弹，由牛顿第二定律得

F﹣mg=ma

解得火箭喷气产生的推力 F=m（g+a）=100×（10+100）N=11mg=1.1×104N

（2）导弹竖直向上做匀加速直线运动的过程，有

=h1，得 t1==s=10s

推力改变方向后，由于 Fcosθ=11mg×=mg

所以导弹在竖直方向上作匀速运动，运动时间为 t2=

又 vy=at1=100×10=1000m/s，H=20000m

联立解得 t2=15s

故t总=t1+t2=25s

（3）在5000m高处之后，导弹在竖直方向作匀速运动，水平方向作匀加速运动，则水平方向有

Fsinθ=max，sinθ==

解得 ax==20m/s2；

导弹击中飞机时水平分速度为 vx=axt2=300m/s

则导弹击中飞机时的动能为 Ek==1.85×108J

答：（1）火箭喷气产生的推力是1.1×104N；

（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间是25s；

（3）导弹击中敌机时的动能是1.85×108J．

【考点】平抛运动．

【分析】（1）根据牛顿第二定律求火箭喷气产生的推力．

（2）导弹先竖直向上做匀加速运动，由位移公式求出此过程的时间．喷气方向变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下后导弹做曲线运动，由于Fcosθ=mg，说明导弹竖直方向做匀速直线运动，再求出匀速运动的时间，从而得到总时间．

（3）在升至5000m高空后，导弹在竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和速度公式结合求出导弹击中敌机时水平分速度，再求得导弹击中敌机时动能．

知识点：动能和动能定理

解：（1）物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得：

即：，解得：

（2）物体由静止释放到B点，根据动能定理可得：

又由功能关系W=EP

解得：

即EP=4.5mgR

（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为VP．

则由机械能守恒定律得 解得：

滑块穿过P孔后再回到平台时间：

要想实现上述过程，必须满足ωt=（2n+1）π

解得：

答：（1）滑块通过B点时的速度为；

（2）弹簧释放的弹性势能为4，5mgR；

（3）平台转动的角速度ω应满足的条件是．

【考点】动能定理；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力；动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律．

【分析】（1）物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可求得B点的速度；

（2）物体由静止释放到B点，利用动能定理和功能关系可求得弹簧的弹性势能；

（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度，物体竖直上抛，利用运动学公式求出落回小孔的时间刚好与圆盘转一周或整数周的时间相同，可求出平台转动的角速度ω应满足的条件．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）小球做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，即mg=qE，

解得：E===0.1N/C，方向：竖直向上；

（2）小球在电场中做类平抛运动，

水平方向：x=v0t，

竖直方向：y=gt2=x2，

由题意可知：y=，

解得：v0=10m/s；

（3）设小球进入第三象限时的速度为v，与x轴负方向夹角为α，则：v0=vcosα，

小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qvB=m，

解得：r=，

小球打在y轴的点与原点的距离：H=2rcosα=，

所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限，

最小磁场区域为一半径为R=的半圆，

磁场面积：S==π，

解得，磁场最小面积：S=0.5m2；

答：（1）第三象限的电场强度大小为：0.1N/C，方向：竖直向上；

（2）沿水平方向抛出的初速度v0为10m/s；

（3）为使所有的小球都打到y轴负半轴，所加磁场区域的最小面积为0.5m2．

【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）小球在第三象限做匀速圆周运动，说明受到的合外力提供向心加速度，即洛伦兹力提供向心加速度，由此即可得出电场力与重力大小相等方向相反；

（2）小球在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出小球的速度；

（3）分析小球在电场中运动的可能的情况，结合矢量的分解的方法，求出粒子进入磁场时的速度方向与初速度、末速度的关系，得出半径与偏转距离的关系，从而得出磁场的长度和宽度，即可求出磁场区域的最小面积．