知识点：磁场对通电导线的作用力

解：A、根据左手定则，磁场对通电导线的安培力方向一定与磁场方向垂直，故A正确；

B、通电导线在磁场中平行磁场方向防止时不受安培力，故B错误；

C、电荷在磁场中运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，所以做匀速直线运动，故C正确；

D、带电粒子只受洛伦兹力作用时，由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以其力只改变速度方向，不改变速度的大小，则动能不变，故D错误；

故选：AC．

知识点：带电粒子在电场中的运动

解：AB、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．

CD、由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大．故CD正确．

本题选错误的，故选：A．

知识点：法拉第电磁感应定律

解：最终稳定时有：qvB=q．则v=

根据电阻定律R′=ρ，则总电阻R总=R′+R

所以U=IR总=

解得v=

所以流量Q=．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

知识点：交变电流

解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．

则I′2RT=R+=75RT

解得：I′=

故选：B

知识点：变压器

解：A、由图象可知，ω=，故A错误

B、原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压U==20V，故B错误

C、由B分析，结合变压比公式得，=，故C正确

D、变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误

故选C

知识点：共点力的平衡

解：A、B、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用．故A错误，B正确．

C、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态．故C错误；

D、由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下．故D错误．

故选：B

知识点：牛顿第二定律

解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，

根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），

整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，

即F合=3mgsinα，解得a=gsinα，所以C正确．

故选C．

知识点：匀变速直线运动

解：A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位移为x甲=×（30+10）×2m=40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m．故A错误．

B、t=4s时，甲球相对于抛出点的位移为×30×3﹣×10×1=40m，乙球相对于抛出点的位移为×（30+10）×2m=40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等．故B正确．

C、两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x=﹣h=v0t﹣，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等．故C错误．

D、由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s．故D正确．

故选：BD．

知识点：万有引力定律

解：A、质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1，故A错误．

B、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：=，故B错误．

C、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故C错误．

D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：==，故D正确．

故选：D．

知识点：牛顿第二定律

解：开始时B对地面恰无压力，故kx1=mBg，解得；

A速度最大时，处于平衡位置，有：kx2=mAg，解得；

故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；

故重力做功为：=；

故选C．

知识点：运动的合成和分解

解：A、尽管船的静水速度小于河水速度，仍能到达河对岸，只是不能到达正对岸，选项A错误．

B、船在静水中的速度恒定，河水的速度也恒定，所以，船的实际运动时直线运动，选项B正确．

C、因船的静水速度小于河水的速度，所以船不能垂直渡河．选项C错误．

D、当船头始终指向河对岸时，船渡河的时间最短，所以船过河的最短时间是一定的，选项D正确．

故选：BD

知识点：能量守恒定律与能源

解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

解得：M=4kg，

木板A的质量为 M=4kg，木板获得的动能为：Ek=Mv2=×4×12=2J，故A正确．

B、系统损失的机械能△E=mv02﹣mv2﹣Mv2，代入数据解得：△E=4J，故B错误；

C、由图得到：0﹣1s内B的位移为xB=×（2+1）×1m=1.5m，A的位移为xA=×1×1m=0.5m，木板A的最小长度为L=xB﹣xA=1m，故C错误．

D、由图示图象可知，B的加速度：a===﹣1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg=mBa，代入解得，μ=0.1，故D正确．

故选：AD．

知识点：描绘小灯泡的伏安特性曲线

解：（1）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选D．

（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后，发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为 h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g．

（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：

（4）在如图3所示电路中，U=E﹣2IR0=4﹣2×5I=4﹣10I，即U=4﹣10I，

在灯泡的I﹣U图象中作出等效电源的I﹣U图象如图所示，

由图象可知，灯泡两端电压为1.0V，通过灯泡的电流为0.3A，

每个灯泡消耗的实际功率P=UI=1.0×0.3=0.30W；

故答案为：（1）D；（2）d；h；g；（3）图象如图所示；（4）0.30．

知识点：动量守恒定律

解：（1）在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，

弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用，故vB=v0；

由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒，

以子弹与A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，：

由动量守恒定律得：mv0﹣m•=（m+m）vA，解得：vA=﹣v0，负号表示方向向左；

（2）由于木块A、木块B运动方向相同且vA＜vB，故弹簧开始被压缩，

分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，

弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，

在弹簧压缩过程木块A（包括子弹）、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．

设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，

以A、B与弹簧组成的系统为研究对象，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：mvA+mvB=（m+m）v，

•mvA2+ mvB2= （m+m）v2+Epm，

解得：v=v0，Epm=mv02；

答：（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度分别为v0、v0；

（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为mv02．

知识点：动能和动能定理

解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：

mgLsin60°+qUAB=0

所以UAB=﹣

（2）BA间电势差为UBA=﹣UAB=

则场强E==

（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：

FTA=Eq=，所以FTB=FTA=

答：（1）B、A两点的电势差UBA为﹣；（2）电场强度E为；（3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T为

知识点：法拉第电磁感应定律

解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用υ表示其速度，t表示时间，则有：

υ=at…①

杆切割磁力线，将产生感应电动势：

E=Blυ…②

在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流为：…③

杆受到的安培力为：

f=BIl…④

根据牛顿第二定律，有：

F﹣f=ma…⑤

联立以上各式，得：…⑥

由图线上取两点代入⑥式，可解得：

a=10m/s2，m=0.1kg

答：杆的质量为m=0.1kg，其加速度为a=10m/s2．

知识点：带电粒子在电场中的运动

解：（1）设粒子A速率为v0，其轨迹圆圆心在O点，故A运动至D点时速度与y轴垂直，粒子A从D至G作类平抛运动，

令其加速度为a，在电场中运行的时间为t，

则有：

x=OG=v0t …①

和 tan45°== …②

联立①②解得：==tan45°=

故有：OG=2R…③

（2）粒子A的轨迹圆半径为R，由

得 …④

…⑤

联立①③⑤得

解得：E=

（3）令粒子A′轨迹圆圆心为O′，因为∠O′CA′=90°，O′C=R，以 O′为圆心，R为半径做A′的轨迹圆交圆形磁场O1于H点，

则四边形CO′H O1为菱形，故O′H∥y轴，粒子A′从磁场中出来交y轴于I点，HI⊥O′H，

所以粒子A′也是垂直于y轴进入电场的，令粒子A′从J点射出电场，交x轴于K点，

因与粒子A在电场中的运动类似，

∠JKG=45°，GK=GJ．

OI﹣JG=R

又OI=R+Rcos30°

解得：JG=Rcos30°=R

粒子A′再次回到x轴上的坐标为（2R+R，0）

答：（1）OG之间的距离2R；

（2）该匀强电场的电场强度；

（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从C点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为（2R+R，0）．