知识点：物理

B

【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ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可．

【解答】解：A、对ab进行受力分析，如图所示：

b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；

B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：

N+Tsinθ=mgcosα

解得：N=mgcosα﹣Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；

C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；

D、对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinα=fa，

对b沿斜面方向有：Tcosθ﹣mgsinα=fb，

正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误．

故选：B

知识点：物理

D

【考点】电势能；动能定理的应用；电势．

【分析】电子仅在电场力作用下，以一定的初速度，从O点运动到M点，根据曲线运动的条件可确定，电子受到的电场力方向．再由电子带负电，从而确定电场强度的方向．结合电场力与运动速度的方向来确定电场力做功的情况，从而可确定电子的电势能变化情况．

【解答】解：A、电子沿X轴正方向进入匀强电场，出现题中的运动轨迹，由曲线运动的条件可知道，电场力的方向沿着电场线斜向上，由于电子带负电，所以电场线的方向斜向下．根据沿着电场线方向电势降低，可知O点电势低于M点电势，故A错误；

B、由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力先做负功，再做正功．因此电子的电势能先增加后减小．所以运动过程中电子在M点电势能最小，故B错误；

C、根据电子所受的电场力先做负功，再做正功．因此电子的电势能先增加后减小．故C错误；

D、由A选项分析可知，开始电场力方向与初速度方向夹角大于90°，之后夹角小于90°．因此电场力对电子先做负功，再做正功．故D正确；

故选：D

知识点：物理

C

【考点】功能关系；牛顿第二定律．

【分析】由图象可知道，物体在0﹣t1内减速上升，在t1～t2内匀加速下降，加速度始终向下；

超重加速度向上；

v﹣t图象面积可以表示位移知速度关系；

由能量是守恒的知机械能的损失．

【解答】解：AB、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB错误；

C、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为： v1t1，下滑的位移为v2（t2﹣t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2﹣t1），故C正确；

D、根据能量守恒知上滑损失机械能为△E=Ek1﹣mgh=m﹣mgh，故D错误；

故选：C

知识点：物理

A

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨迹半径，得到运动周期．结合几何关系求所需时间．

【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

qv0B=m

则得：r===m

周期为：T=

画出粒子的运动轨迹，如图所示．

图中 tanθ==，得：θ=

故粒子从P点进入磁场到第一次回到P点所需要的时间是：

t=3×T+3×

代入解得：t=3.31×10﹣7s

故选：A

知识点：物理

B

【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

【分析】二极管具有单向导电性，电阻两端的电压为有效值，电容通高频阻低频，电感通低频阻高频．

【解答】解：原线圈有正弦交流单，则副线圈中也有正弦式交流电

A、由于与电阻相串联，而与电感器相串联，灯泡与是谁变亮和变暗，取决于电感和电阻谁的阻碍作用大，本题未给条件无法判断，故A错误；

B、由题意可知，原线圈的电压最大值为，原线圈电压有效值36V，由于原副线圈的匝数比为3：1，所以副线圈的电压有效值为12V，故B正确；

C、电容器与二极管串联，含有电容器的支路一次充电结束后就相当于断路，充电过程中有电流通过二极管，故C错误；

D、二极管D两端反向电压最大值与二极管本身有关，根据题意无法求出最大值，故D错误；

故选：B

知识点：物理

BD

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】明确研究对象，对研究对象受力分析，找到做圆周运动所需向心力的来源，由万有引力定律和向心力公式结合解答．

【解答】解：A、直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等，但方向不同，所以线速度不同，故A错误．

B、直线三星系统中，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中甲星由乙星和丙星星的万有引力的合力提供向心力．丙星由乙星和甲星的万有引力的合力提供向心力．

研究甲星，根据G+G=MR，解之得：T=4πR．故B正确．

CD、三角形三星系统中，三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，角速度必定相同．

由万有引力定律和牛顿第二定律得：2Gcos30°=M•

据题两种系统的运动周期相同，则 T=4πR，联立解得 L=．故C错误，D正确．

故选：BD

知识点：物理

AD

【考点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速．

【分析】小球做平抛运动，根据分位移公式列式，结合几何关系可求得运动时间，以及下落的高度．结合圆周运动的周期性分析圆盘的角速度．由速度的合成求小球沿圆盘切线方向飞出时的速率．

【解答】解：ABD、设小球在平抛运动的过程中，QO转过的最小角度为α．根据平抛运动的规律得：

竖直方向有：h+R（1﹣cosα）=

水平方向有：Rsinα=v0t

联立解得：α=，t=s

小球在这段飞行时间内下落的高度为：H=h+R（1﹣cosα）=0.75m

小球沿圆盘切线方向飞出时速率为：v==2m/s，故AD正确，B错误．

C、根据圆周运动的周期性可得：2πn+α=ωt，n=0，1，2，…

解得：ω=（n+）rad/s，n=0，1，2，…．故C错误．

故选：AD

知识点：物理

BC

【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；电磁感应中的能量转化．

【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=I△t相结合求解电量．此时线框中感应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解产生的电能．由P=I2R求解电功率．

【解答】解：A、感应电动势为：E=，其中△Φ=2B•+=，感应电流为：I=，电荷量为：q=I△t，解得：q=，故A错误．

B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=mv2﹣=mv2，故B正确；

C、此时感应电动势：E=（2Ba+Ba）=，线框电流为：I=，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=，故C正确；

D、此时线框的电功率为：P=I2R=，故D错误；

故选：BC．

知识点：物理

（1）m，l；（2）（F﹣mg）；（3）线性．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】依据实验原理，即可分析；

根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，及动能表达式，即可求解；

根据机械能守恒定律，结合图象的斜率的含义，即可求解．

【解答】解：（1）测量小球质量为m，摆线长度为l；

（2）根据牛顿第二定律，则有：F﹣mg=m；

而动能表达式为：EK=mv2=（F﹣mg）l；

（3）根据机械能守恒定律，则有：mgh=（F﹣mg）l；

那么F=h+mg；

在F﹣h坐标系中描点连线，通过描点连线，发现h与F成线性关系；

故答案为：（1）m，l；（2）（F﹣mg）；（3）线性．

知识点：物理

解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示．

（2）在图（丙）所示图象中，当=0.10V﹣1时，知外电阻的倒数为零，则外电阻趋向于无穷大，则外电路处于断路状态．

（3）因为E=，解得，可知图线的纵轴截距等于，则E=10V．

图线的斜率==0.5，r=5Ω．

故答案为：（1）

（2）断路

（3）10；5．

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】（1）根据电路图连接实物图，注意电表的极性．

（2）当=0.10V﹣1时，为0，则R+R0趋向于无穷大，则该电路处于断路状态．

（3）根据实验的原理得出关系式，通过图线的斜率和截距求解电源的电动势和内阻．

知识点：物理

解：（1）由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1=5m/s，碰撞后瞬间速度为：

v2=4m/s，

碰撞过程损失的机械能为：

==2.25J

（2）由图象可得t=0.5s时小球的速度为：v3=4m/s，

加速度为：

由牛顿第二定律有：mg﹣f=ma

由于f=kv3，

解得：k=0.75，

根据图象可知，速度最大为：v1=5m/s，

则最大阻力为：fmax=kv1=0.75×5=3.75N

答：（1）小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能为2.25J；

（2）小球在运动过程中受到空气阻力的最大值为3.75N．

【考点】功能关系；牛顿第二定律．

【分析】（1）根据图象读出小球第一次与地面碰撞前瞬间和碰撞后瞬间的速度，碰撞过程损失的机械能等于碰撞过程中的动能损失量；

（2）根据图象得出t=0.5s时小球的速度和加速度，根据牛顿第二定律求出此时的阻力，根据空气阻力和物体速度成正比求出比例系数，当速度最大时，阻力最大，从而求出最大阻力．

知识点：物理

解：（1）正离子在两金属板间做匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上．

（2）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v．因离子是沿圆心O的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O．离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O′点），则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图答1所示．

由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径①

设离子的电荷量为q、质量为m，进入磁场时的速度为v有

由，得 ②

设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有：

③

而 ④

由②③两式可得⑤

代入有关数值可得U=30V，也就是电压表示数为30V．

（3）因两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，也就越可能射向荧光屏的左侧．

由闭合电路欧姆定律有，

当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压的最大，为；

当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，为；

两板间电压为时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，

由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v1=2×103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.1m，或直接根据⑤式求得r1=0.1m，此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，

O1为径迹圆的圆心，A点为离子能射到荧光屏的最左端点．由几何知识可得：

，所以α=60°

所以AO′=Htan（90°﹣α）=cm=20cm

而两板间电压为V时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，

此时粒子进入磁场后的径迹如图答3所示，

同理由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v2=6×103m/s，

离子在磁场中做圆运动的半径为r2=0.3m，或直接由⑤式求得r2=0.3m，

由几何知识可得

即β=120°

所以cm=20cm

离子到达荧光屏上的范围为以O′为中点的左右两侧20cm．

答：（1）正离子自S1到荧光屏D的运动情况是正离子在两金属板间作匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上．

（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数30V．

（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围是以O′为中点的左右两侧20cm．

【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）根据离子的受力情况分析其运动情况．

（2）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径．离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度．离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数．

（3）两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，越可能射向荧光屏的左侧，当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由欧姆定律求出两金属板间电压最小值，由（2）问的结论求出离子在磁场中做圆运动的半径，即可由几何知识求出离子射到荧光屏的最左端点到荧光屏中心的距离；当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，用同样的方法求出离子射到荧光屏的最右端点到荧光屏中心的距离，即可得到正离子到达荧光屏的最大范围．

知识点：物理

BCE

【考点】狭义相对论；多普勒效应；激光的特性和应用．

【分析】A、根据l=判断杆的长度变化．

B、多普勒效现象是波的特性．

C、电磁波能产生衍射现象．

D、受迫振动的频率总等于策动力的频率；

E、根据激光的特点与应用方向分析．

【解答】解：A、根据l=，知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度小．故A错误．

B、只要是波，均有多普勒效应现象，根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度．故B正确．

C、衍射是波的特有的现象，电磁波是波，电磁波能产生衍射现象．故C正确．

D、受迫振动的频率总等于策动力的频率．故D错误．

E、由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息．故E正确．

故选：BCE

知识点：物理

解：①作出光路图如图．

根据几何关系可知，临界角为C=∠EOB=45°

根据全反射临界角公式sinC=

得：n==

又 OG=OD=×a=a

根据几何关系可知△OGF是直角三角形，则sinα==．

根据折射定律得，n=．

解得，sinβ=．

②光在棱镜中的传播速度v==．

由几何知识得，光线传播的长度为l=a+a+a．

光在棱镜中传播的时间 t==．

答：①出射光线与法线夹角的正弦值为．

②光在棱镜中传播的时间为．

【考点】光的折射定律．

【分析】①先作出光路图，根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式sinC=求出折射率n．由几何知识求得光线在F点的入射角，由折射定律求解出射光线与法线夹角的正弦值．

②光在棱镜中的传播速度v=．由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离S，由t=求解传播的时间．

知识点：物理

ACD

【考点】氢原子的能级公式和跃迁；重核的裂变．

【分析】三种射线的穿透本领不同；氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量减小；半衰期与其化学性质与化学状态无关，结合核电荷数守恒与质量数守恒来解释D；光电流的大小与光子的数目有关，与频率无关．

【解答】解：A、三种射线的穿透本领不同，根据α、β、γ射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是α射线，射线3的穿透本领最强，是γ射线，射线2是β射线，故A正确；

B、一个氢原子放出光子，原子能量减小，根据知，得：，电子的动能增大，电势能减小，故B错误；

C、半衰期与其化学性质与化学状态无关，将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会不变，故C正确；

D、重核的裂变是重核俘获一个慢中子后才能发生的，所以核反应方程有： +→++3．故D正确；

E、光电流的大小与光子的数目有关，与频率无关，故E错误．

故选：ACD

知识点：物理

解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：

（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VA

代入数据解得：VA=3m/s

（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：

mBv=（mB+mC）v1

代入数据解得：v1=2m/s

设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：

EP=（mB+mc）v12+mAv2﹣（mA+mB+mc）vA2

代入解得为：EP=12J．

答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度3m/s；

（2）弹性势能的最大值是12J．

【考点】动量守恒定律；弹性势能．

【分析】（1）B与C发生碰撞后，B的速度减小，BC一起向右运动．A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出物体A的速度．

（2）根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度．由机械能守恒求解弹性势能的最大值．