知识点：电磁感应

C

【考点】电磁感应现象的发现过程．

【分析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电．

【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；

B、电磁感应现象说明，磁能生电，故B错误；

C、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；

D、电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；

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；洛仑兹力．

【分析】由导体棒所受重力和弹力方向以及左手定则，可知导体棒电流向里，对其受力分析，正交分解可得电流大小．

【解答】解：对导体棒受力分析如图

；

BIL=mgtan60°，

解得，

由左手定则知电流方向向里，

故选：D

知识点：电场强度

C

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，由牛顿第二定律分析加速度的方向．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，再由能量守恒定律判断动能的关系．根据功率公式P=Fv，研究功率关系．

【解答】解：

A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2﹣6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；

φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．

B、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故B错误．

C、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故C正确．

D、在P点，根据电势能公式Ep=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以Ep＜0．故D错误．

故选：C．

知识点：牛顿第二定律

C

【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；能量守恒定律．

【分析】根据牛顿第二定律求出物体放上传送带时的加速度，结合速度时间 公式求出物体达到传送带速度时的时间，结合位移公式求出相对位移，从而求出产生的热量．

根据能量守恒求出维持传送带匀速转动所提供的能量．

通过重力的分力和滑动摩擦力大小比较，判断物体与传送带能否保持相对静止，若不能，根据牛顿第二定律求出加速度．

【解答】解：A、物体放上传送带后的加速度a==gsinα+μgcosα=6+0.5×8m/s2=10m/s2．则物体达到传送带速度所需的时间．

此时传送带的位移x1=vt1=10m，物体的位移，

则相对位移大小△x=x1﹣x2=5m．

摩擦产生的热量Q=μmgcosα•△x=0.5×10×0.8×5J=20J．故A错误．

B、根据能量守恒定律得，，则提供的能量E==20+J=40J．故B错误．

C、物体达到传送带速度后，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则1s后的加速度a′==gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2．故C正确．

D、1s后的摩擦力仍然为滑动摩擦力，则滑动摩擦力公式仍然适用．故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；万有引力定律及其应用．

【分析】通过宇宙速度的意义判断嫦娥三号发射速度的大小，根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速．

根据开普勒第三定律判断不同轨道上卫星的周期关系．根据物体加速度方向判断超重和失重状态．

【解答】解：A、嫦娥三号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥三号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误；

B、嫦娥三号在圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入椭圆轨道需要做近心运动，使得在交界点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在交界点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入椭圆轨道，故B错误；

C、根据开普勒第三定律得=k，由圆轨道变换到椭圆轨道时，“嫦娥三号”绕月球运动的周期减小，故C正确；

D、“嫦娥三号”在动力下降段做减速下降，即加速度方向向上，处于超重状态，故D错误；

故选：C．

知识点：物理

BD

【考点】洛仑兹力．

【分析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性．将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向．根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化

【解答】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A错误．

B、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故B正确．

C、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功．故C错误．

D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大．故D正确．

故选：BD．

知识点：动量守恒定律

BC

【考点】动量守恒定律；功能关系．

【分析】系统所受合外力为零时系统动量守恒，根据系统所受外力情况判断系统动量是否守恒；物体具有竖直向上的初速度、在运动过程中只受重力作用时做竖直上抛运动，根据球的初速度情况判断球的运动性质．

【解答】解：A、小球在槽内运动的全过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误，B正确；

C、小球在槽内运动的全过程中，墙壁对系统有水平向右的作用力，系统在水平方向所受合外力不为零，小球、半圆槽、物块在水平方向动量不守恒，故C正确；

D、小球离从C点离开半圆槽时具有水平向右与竖直向上的速度，小球的速度斜向右上方，小球不做竖直上抛运动，故D错误；

故选：BC．

知识点：电磁感应

D

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率．

【分析】由乙图读出t1时刻线框中的感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求此刻的速度，由加速度的定义式求解加速度；同理可求得t2时刻线框的速度，由运动学公式和牛顿第二定律求解外力的大小．根据电量公式q=It求解0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量．根据功能关系求解0～t3间内水平外力所做的功．

【解答】解：A、由乙图读出t1时刻线框中的感应电流为i1，设此刻线框的速度大小为v1，则有：i1=，

则得：v1=；线框的加速度为a==，故A错误．

B、对于t2﹣t3时间内，安培力的平均值大小为： =

由于线框做匀加速运动，拉力必定大于安培力的平均值，故B错误．

C、0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为：q=•t1==i1t1．故C错误．

D、t3时刻线框的速度为：v3=；0～t3间内，根据动能定理得：WF﹣W克=

则得：WF=W克+=W克+，所以水平外力所做的功大于，故D正确．

故选：D．

知识点：验证机械能守恒定律

（1）；（2）（3）可行；

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】（1）由平均速度可近似表示A点的瞬时速度；

（2）根据实验装置及机械能守恒定律可得出对应的表达式；

（3）整体在中间位置上方做匀加速运动，在下方做匀速运动，由运动学公式可求得下方瞬时速度的大小．

【解答】解：（1）在h1阶段由于金属块C静止，而A，B质量相等，所以A，B都是匀速直线运动，由匀速运动公式可得：

v=；

（2）由题意可知，整体减小的重力势能等于动能的增加量；

即：

（3）整体在上一段做匀加速直线运动，在下方做匀速运动；则可知：

设中间速度为v，则有：

h=t1；

h=vt2；

t1+t2=t

解得：t2=；

则下落的速度v==；

故此方法可行； 速度 ；

故答案为：（1）；（2）（3）可行；

知识点：描绘小灯泡的伏安特性曲线

解：（1）小灯泡标有：“3V，1.5W”，则小灯泡的额定电流为，故电流表量程选0.6A即可，电流表选C；

描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压和电流要从0开始测量，因此电路中滑动变阻器采用分压接法，为了便以调节

滑动变阻器要选用最大阻值较小的，故滑动变阻器选E；

（2）实验要求滑动变阻器的滑片从左向右滑动过程中，电表的示数从零开始逐渐增大，可知滑动变阻器采用分压式接法，

将甲图实物连线完成如右图所示：

（3）在乙图中作出电源的U﹣I关系图线U=3﹣2I，如下图所示，交点就是此时灯泡两端的电压和通过的电流

从图中可知，此时灯泡两端电压为2.2V，通过小灯泡的电流为0.4A，则灯泡消耗的功率为：

P=IU=0.4×2.2W=0.88W；

故答案为：（1）C，E； （2）如右图所示； （3）0.88．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【分析】（1）根据小灯泡的额定电流选择电流表，根据电路滑动变阻器的接法，选择滑动变阻器；

（2）明确滑动变阻器的接法，再将甲图实物连线完成；

（3）在乙图中作出电源的U﹣I图象，交点就是此时灯泡两端的电压和通过的电流，再计算灯泡消耗的功率；

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：（1）金属杆CD由静止加速下滑时，其产生的感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，CD杆所受的沿导轨平面向上的安培力逐渐增大，当CD杆所受的沿导轨平面向上的安培力和滑动摩擦力的合力与CD杆的重力在沿导轨平面向下的分力平衡时，CD的速度达最大为v，此后并以v匀速运动，此时重力的功率也达最大

金属杆的电动势为：

E=BLv…①

感应电流为：I=…②

安培力为：F=BIL…③

金属杆受力平衡，则有：

mgsinθ=F+μmgcosθ…④

重力的最大功率为：

P=mgvsinθ…⑤

联立以上各式解得：

B=

代入数值得：B=5T

（2）金属杆下滑的最大速度为：

v==m/s

产生的最大电动势为：

E=BLv=4V

灯泡的额定电流为：

I==A

灯泡的额定功率为：

PL=I2RL=3W

（3）由（2）可知，金属杆达到最大速度一半时，电流也是原来的一半，即：I′=I=A

CD杆所受安培力为：F′=I′LB=N

CD的加速度为：a=

代入数值得：a=m/s2≈2.16m/s2

答：（1）磁感应强度B的大小为5T；

（2）灯泡的额定功率PL为3W．

（3）金属杆达到最大速度一半时的加速度大小约为2.16m/s2．

【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；电功、电功率；电磁感应中的能量转化．

【分析】（1）金属杆CD由静止加速下滑时，其产生的感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，CD杆所受的沿导轨平面向上的安培力逐渐增大，当CD杆所受的沿导轨平面向上的安培力和滑动摩擦力的合力与CD杆的重力在沿导轨平面向下的分力平衡时，CD的速度达最大为v，此后并以v匀速运动，此时重力的功率也达最大．根据E=BLv、I=和安培力公式F=BIL得到安培力表达式，再根据平衡条件和重力的最大功率P=mgvsinθ列式，即可求解B．

（2）根据第1小题的结果求解金属杆下滑的最大速度，由E=BLv求出杆产生的最大电动势，由欧姆定律求得回路中的电流，即可根据公式PL=I2RL求得灯泡的额定功率PL；

（3）先求出金属杆达到最大速度一半时的安培力，再运用牛顿第二定律求解加速度的大小．

知识点：动能和动能定理

解：（1）设木板A与物块C之间的滑动摩擦力大小为f1，木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，

有：f1=μ1Mg=0.40Mg，f2=μ2（Mg+Mg）=0.20Mg

可见f2＜F＜f1，

故可知在木板A、B相碰前，在F的作用下，木板A与物块C一起水平向右做匀加速直线运动．

（2）设此过程中它们的加速度为a，运动时间为t，与木板B相碰时的速度为υ，

有：，解得：t=4s，υ=2m/s．

（3）碰撞后瞬间，物块C的速度不变，设A、B碰后速度为υ'，则Mυ=2Mυ'得

此即木板A、B共同运动的初速度．

此后，物块C在木板上滑动时的加速度为：，

物块C在木板上滑动时，木板A、B共同运动的加速度为：，

其中，

解得：

若木板A、B很长，则物块C不会掉下来．设物块C再运动时间t1后，三者的速度相同，有：，

代入数据解得：

在此过程中，物块C的位移为：

木板A、B的位移为：

由于，可见，物块C与木板A、B达到共同速度时还在木板上．进一步分析，由于，可知物块C将与木板A、B一起做匀速直线运动，可见物块C将不会从木板上掉下来．

答：（1）证明如上．

（2）从物块C开始运动到木板A与B相碰所经历的时间t为4s．

（3）物块C最终不会从木板上掉下来．

【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

【分析】（1）设木板A与物块C之间的滑动摩擦力大小为f1，木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，判断f1和f2的关系即可判断；

（2）设此过程中它们的加速度为a，运动时间为t，与木板B相碰时的速度为υ，根据牛顿第二定律即运动学基本公式列式即可求解；

（3）碰撞后瞬间，物块C的速度不变，根据动量守恒定律求出木板A、B共同运动的初速度，根据牛顿第二定律求出物块C在木板上滑动的加速度，

当三者的速度相同时，不掉下就不会掉下，根据运动学基本公式即可求解．

知识点：热力学第一定律

ACE

【考点】热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律．

【分析】液晶具有流动性和晶体的各向异性．布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，它是液体分子无规则运动的反映；

明确热力学第一定律的基本内容，知道做功和热传递均可以改变物体的内能；

达到热平衡的标志是温度相等；明确分子力和分子势能之间的关系，知道分子间距离为平衡距离时，分子势能最小．

【解答】解：A、液晶是一类特殊的物质形态，它像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各向异性．故A正确；

B、布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，它反映的是液体分子的无规则运动，不能反映颗粒分子的无规则运动，故B错误．

C、气体从外界吸收热量，如果同时对外做功，则其内能不一定增加，故C正确；

D、如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度；故D错误；

E、当两个分子间的距离为分子力平衡距离r0时，分子势能最小，故E正确．

故选：ACE．

知识点：理想气体的状态方程

解：（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．

设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：

V1=V0+•V0=V0，①

V2=V0+V0=V0，②

根据盖•吕萨克定律得： =，③

由①②③式和题给数据得：

T2=320K； ④

（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为P1′，末态体积为V2′，压强为P2′，由题给数据有，

V1′=V0，P1′=P0，V2′=V0，⑤

由玻意耳定律得：P1′V1′=P2′V2′，⑥

由⑤⑥式得：P2′=P0．⑦

答：（ⅰ）氮气的温度为320K；

（ⅱ）氧气的压强为P0．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解．

（2）继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．

知识点：简谐运动

CDE

【考点】简谐运动的回复力和能量；电磁场；电磁波的产生．

【分析】电磁波在同种均匀介质中沿直线传播；对于单摆，重力的径向分量和拉力的合力提供向心力；做简谐运动的物体在半个周期内经过的路程一定为振幅的2倍，一个周期内通过的路程为振幅的四倍；当观察者和波源相互靠近时，观察者接收到的频率增加．

【解答】解：A、电磁波在同种均匀介质中沿直线传播，若不均匀，传播路径会改变，故A错误；

B、单摆经过平衡位置时，重力和拉力的合力提供向心力，不为零，故B错误；

C、机械波的传播周期性是质点振动 周期性的反映，机械波的传播周期与机械波中的质点做简谐运动的周期相等，故C正确；

D、做简谐运动的物体在半个周期内经过的路程一定为振幅的2倍，一个周期内通过的路程为振幅的四倍，故D正确；

E、根据多普勒效应，观察者向波源靠近，观察者感觉波源的频率变大，故E正确．

故选：CDE．

知识点：光的折射

解：（i）光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图．

光由空气射向半球体，由折射定律，有：n=　　

在△OCD中，sin∠COD=得：γ=∠COD=60°

光由半球体射向空气，由折射定律，有：n=

故α=β　　　　　　　　　　　　　　 　

由几何知识得：α+β=60°

故有：α=β=30°

因此：n==　

（ii）光在半球体中传播的速度为：v==c

由几何知识得 2ACcos30°=R，得：AC=R

光在半球体中传播的时间为：t==

答：（i）透明半球对该单色光的折射率n是；

（ii）该光在半球体内传播的时间是．

【考点】光的折射定律．

【分析】（i）先作出光路图．再由几何关系，求出入射角和折射角，根据折射定律求折射率n．

（ii）由v=求出光在半球体内传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求出传播时间．