知识点：物理

C

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；力的合成与分解的运用．

【分析】据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．

【解答】解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故ABD错误，C正确．

故选：C．

知识点：共点力的平衡

D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】系统静止时，系统受力平衡，对系统整体进行受力分析弹簧的弹力，确定其状态．小车加速上升时，隔离分析斜面体的受力情况，进而判断弹簧处于伸长还是压缩状态．

【解答】解：AB、系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A错误，B错误；

CD、小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态．所以小车加速时，可将弹簧换成细绳．故C错误，D正确；

故选：D

知识点：匀变速直线运动

C

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度；根据牛顿第二定律和位移时间关系公式以及牛顿第二定律分析即可．

【解答】解：AB、根据牛顿第二定律，加速度a与合力F成正比，可知，a﹣t图象与F﹣t图象应相似．故A、B错误；

CD、速度时间图象的斜率表示加速度，图中速度时间图象的两条线段斜率大小相等，但左正右负，与a﹣t图象反应的情况一致，故C正确，D错误；

故选：C

知识点：万有引力定律

C

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【分析】根据万有引力做功正负分析卫星从P点到Q点速度的变化．由开普勒第三定律求圆周轨道Ⅲ的半径．由万有引力等于向心力，以及重力等于万有引力分别列式，即可求得卫星在圆周轨道Ⅲ的周期．

【解答】解：A、卫星从P点到Q点的过程中，万有引力对卫星对做负功，其速度减小，做减速运动，故A错误；

BC、由题可得，卫星沿椭圆轨道Ⅱ运动的周期，设圆周轨道Ⅲ的半径为r，卫星在近地轨道Ⅰ运行的运行的周期为

根据万有引力提供向心力，得

在地面重力等于万有引力，得

解得：

由根据开普勒第三定律：

解得：r=7R，故B错误，C正确；

D、由开普勒第三定律：

解得：，故D错误；

故选：C

知识点：带电粒子在磁场中的运动

C

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】由速度公式可得，粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点，由几何关系即可确定圆心坐标．

【解答】解：A、粒子运动轨迹如图所示，

转运的圆心角为60°，则由几何关系可知，R=2L，则可知，粒子在磁场中飞行时间为：t==，故AB错误；

C、由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点．所以：

x轴坐标x=aO1sin60°=L

y轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=

O1点坐标为（L，），故C正确，D错误．

故选：C．

知识点：物理

BD

【考点】功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】物块下滑时的速率不变，做的是匀速圆周运动，合外力充当向心力，根据匀速圆周运动的规律可以逐项分析求解．

【解答】解：A、物块做的是匀速圆周运动，受到的合外力作为物块的向心力，产生加速度，所以物体的加速度不为零，故A错误．

B、物块所受合外力充当向心力，方向始终指向圆心，由F=m知合外力大小不变，方向时刻在变化，故B正确．

C、重力的瞬时功率等于重力乘以竖直分速度，物块在下滑的过程中，速度的方向和重力方向的夹角不断的变大，竖直分速度不断减小，所以物块所受重力的瞬时功率不断减小，到达最低点C点，竖直分速度为零，所以重力的瞬时功率为零，故C错误．

D、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，所以物块沿切线方向上合力为零，则摩擦力大小与重力在切线方向上的分力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，所以摩擦力逐渐减小．故D正确；

故选：BD

知识点：电场强度

CD

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．

【分析】小球q向下运动的过程中，根据两球间的库仑力逐渐增大，再分析小球q的运动情况．根据W=qU分析电场力做功关系，判断电势能减小量的关系．B点不是平衡点．根据动能定理求AB两点的电势差．

【解答】解：A、小球q下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反．根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大．库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大．故A错误．

B、q从C到B做减速运动，在B点时加速度沿杆向上，故库仑力大于mgsinθ．故B错误．

C、下滑过程，AC间的场强小，CB间场强大，由U=Ed知，A、C间的电势差值小于C、B间的电势差值，根据电场力做功公式W=qU得知，从A至C电场力做功较小，则电势能的增加量较小．故C正确．

D、从A到B，根据动能定理得：mgLsinθ+qUAB=0，又UBA=﹣UAB，解得UBA=．故D正确．

故选：CD．

知识点：匀变速直线运动

BD

【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】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间．

【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图

由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有

F1=F2，故B正确，A错误．

CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左

加速时，根据牛顿第二定律，有：

μmg=ma

解得：a=μg

故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；

由于v1＜v2，故

①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则tl等于t2

②若传送带速度为v1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1＞t2

③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1＞t2．故C正确，D错误．

故选：BD．

知识点：探究加速度与力、质量的关系

①0.70；②0.2；③g．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】①由图示刻度尺确定其分度值，然后根据图示刻度尺读出两点间的距离；

②应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出加速度；

③根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，然后判断加速度的趋向值．

【解答】解：①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离：S1=1.70cm﹣1.00cm=0.70cm．

②每5个点取一个计数点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，

由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：

a===0.2m/s2；

③对整体分析，根据牛顿第二定律得：a==，当m＞＞M时，≈0，a趋向于g；

故答案为：①0.70；②0.2；③g．

知识点：测定金属的电阻率

解：（1）由图示螺旋测微器可知，金属丝的直径：d=0.5mm+0.01mm×13.0=0.630mm；

（2）把电源、电流表、定值电阻、开关与金属丝串联接入电路，实物电路图如图所示：

（3）由题意可知，实验需要测量电源电动势但不需要测量电源内阻，

应用伏安法测电源电动势采用电流表外接法时电动势的测量值等于真实值，因此应选择图乙所示电路图；

（4）由图示电路图可知，电动势：E=I（R+RX）=I（R+ρ）=I（R+ρ），

整理得： =L+，

则﹣L图象的斜率：k==，解得，电阻率：ρ=；

故答案为：（1）0.630；（2）如图所示； （3）乙；（4）．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．

（2）根据实验原理与实验器材连接实物电路图．

（3）应用伏安法测电源电动势与内阻实验时，采用电流表外接法电源电动势的测量值等于真实值，分析图示电路图答题．

（4）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象的函数表达式求出电阻率．

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：（1）在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．

此时感应电动势为： =0.5×0.5×2V=0.5V

通过小灯泡的电流为：；

（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流为：I=0.2A，

电动势为：E=I（R+r）=BLv，

解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小为：v=0.5m/s．

答：（1）通过小灯泡的电流为0.2A．

（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小为0.5m/s．

【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．

【分析】（1）在t=0至t=4s内，是感生电动势，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流；

（2）根据灯泡电流强度不变根据闭合电路的欧姆定律求解切割磁感应线产生的动生电动势，再根据E=BLv解得棒PQ在磁场区域中运动的速度．

知识点：牛顿第二定律

解：（1）没有放砖时对车受力有F=μMg ①

放上第一块砖时，板车减速，设加速度大小为a1，对车受力

N1=Mg+mg

=Ma1

f1=μN1

解得Ma1=μmg…..②

由图…③

由①②③解得μ=0.25

M=8kg

（2）放第二块砖后，受力分析有Ma2=2μmg

所以a2=2a1，在第二个0.8s内车速度变化为△v2=2△v1=2×0.2m/s=0.4m/s

同理，△v3=3△v1=3×0.2m/s=0.6m/s

△v4=4△v1=4×0.2m/s=0.8m/s

△vn=n△v1=n×0.2m/s=0.2nm/s

停下时有△v1+△v2+△v3+…+△vn=3

0.2×（1+2+3+…+n）=3得

解得n=5 所以车停时有5块砖

（3）由车运动v﹣t图得

第一个0.8s内车的位移

第二个0.8s内车的位移

第三个0.8s内车的位移

第四个0.8s内车的位移

第五个0.8s内车的位移

总位移为s=7.6m

根据动能定理有

得Wf=188J

摩擦力对小车做﹣188J功

答：（1）木板的质量为8kg及板与地面间的动摩擦因数为0.25．

（2）木板停止时，木板上放有5块砖．

（3）从放上第一块砖开始到停止，摩擦力对木板做的功为﹣188J．

【考点】功的计算；牛顿第二定律．

【分析】（1）开始木板做匀速直线运动，知拉力和木板的摩擦力相等，放上一物块后，木板做匀减速运动，合力等于增加的摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg=Ma1，以及F=μMg求出木板的质量和动摩擦因数．

（2）每放上一块砖，摩擦力都要增大，小车的合力就是增大的摩擦力，求出加速度的通项式，根据v0﹣a1T﹣a2T﹣a3T﹣…﹣anT≤0求出所放砖的数目．

（3）通过图象求的位移，由动能定理即可求得摩擦力做功

知识点：热力学第二定律

ABD

【考点】热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象；*相对湿度．

【分析】解答本题需掌握：

（1）气体分子间距离较大，不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积；

（2）液体表面分子较稀疏，分子间的相互作用产生液体的表面张力；

（3）掌握晶体的性质，明确晶体有固定的熔点、规则的几何外形及各向异性；

（4）理解饱和汽压的意义，会解释有关现象；

（5）热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．

【解答】解：A、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体分子占有的空间原大于分子的大小，所以不能计算出阿伏加德罗常数，故A正确；

B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；

C、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；

D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，故D正确；

E、根据热力学第二定律，能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故E错误．

故选：ABD．

知识点：理想气体的状态方程

解：由题意知，倒置前后，N部分气体体积与温度不变，由理想气体状态方程可知，其压强不变，

N部分气体的压强：pN=p0+，

M部分气体状态参量：p1=p0，T1=T0，

p2=pN+=p0+，

倒置过程气体体积不变，对气体M，由查理定律得： =，

即： =，

解得：T2=（1+）T0；

答：需要把M的温度加热到（1+）T0．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】求出M部分气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度．

知识点：波长、频率和波速

1.2，0.3，正．

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．

【分析】首先明确y﹣t图象是振动图象，由图可知周期为4s和A点的起振方向，即可得到波源的起振方向；据波速公式v=求解波速．

【解答】解：据图象可知：A点比波源O晚振动3s，即波从O传到A的时间 t=3s，所以波速为：v===0.3m/s．

振动周期为 T=4s，则波长为：λ=vT=0.3×4m=1.2m

据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，A点的起振方向沿y轴的正方向，则波源的起振方向是沿y轴正方向．

故答案为：1.2，0.3，正．

知识点：全反射

解：Ⅰ、由光的折射定律，则有：

当θ1=90°时，sinC=；

Ⅱ、根据几何关系，则有：x=

因传播速度，v=；

而传播时间，t=；

联立上式，可解得：t=；

答：Ⅰ．恰好发生全反射时临界角C的正弦值为；

Ⅱ．该单色光在光导纤维中的传播时间t=．

【考点】全反射．

【分析】根据光的折射定律，结合恰好发生全反射，折射角为90°，从而即可求解；

根据传播速度C=nv，结合几何关系，即可求解传播时间．

知识点：物理

E﹣h，增大．

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】因为Em﹣En=hγ，根据两轨道的能级差等于光子能量，求出E′大小．

根据库仑引力提供向心力，结合辐射过程中半径减小，则可得动能的变化．

【解答】解：根据两轨道的能级差等于光子能量，

E﹣E′=hγ=h，

所以E′=E﹣h．

根据库仑引力提供向心力，即=m，

当辐射能量时，电子的运动轨道半径减小，则速率会增大，那么电子的动能也会增大．

故答案为：=E﹣h，增大．

知识点：动量守恒定律

解：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：

Mv0﹣mv=Mv1+mv

得：v1=v0﹣

车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：

Mv1﹣mv=Mv2+mv

得：v2=v0﹣2•

同理，车上的人第n次将小球抛出后，有vn=v0﹣n•

由题意vn=0，

得：m=

答：小球的质量m为．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】以人和小车、小球组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，据此列方程求解即可．