(多选)用弹簧秤竖直悬挂一个静止的小球，下面说法正确的是（ ）
分析：
本题应掌握物体的重力、拉力以及二力平衡等有关概念和条件．特别需要注意的是该小球处于静止状态，它受到的力平衡，这两个力一定大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
解答：
解：A、小球对弹簧秤的力是拉力，是物体与弹簧接触才能产生的力，而重力是由于地球对小球的万有引力产生的，是性质完全不同的两个力．这里重力造成了小球对弹簧秤的拉力，只是大小相等而已，不能说“就是”．故A错误．
B、用弹簧秤来测物体的重力．由二力平衡条件和力是物体间的相互作用可知：物体静止时对弹簧的拉力的大小等于物体的重力的大小．故B正确．
C、D重力的施力物体是地球，不是弹簧．故C错误，D正确．
故选BD．
点评：
本题主要考查学生对重力的概念，以及对二力平衡的条件的理解和掌握．
已知力F的一个分力F$_1$跟F成30°角，F$_1$的大小未知，则另一个分力F$_2$的最小值为（ ）
分析：
已知力F的一个分力F$_1$跟F成30°角，F$_1$的大小未知，根据三角形定则知，当另一个分力与F$_1$垂直时，F$_2$最小．
解答：
解：根据三角形定则知，当另一个分力与F$_1$垂直时，F$_2$最小．如图所示．
则F$_2$=Fsin30°=$\frac {F}{2}$．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评：
解决本题的关键知道三角形的实质和平行四边形的实质是相同的，会根据作图法求出力的最小值．
关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ）
分析：
弹簧弹力对外做正功时，弹性势能减小；当弹簧弹力对外做负功时，弹性势能增加．
解答：
解：A、B、弹簧的弹性势能既与劲度系数有关，也与行变量有关，故A错误，B错误；C、D、弹簧弹力做功等于弹性势能的减小量，故弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加；故C错误，D正确；故选：D．
点评：
本题关键明确外界对弹簧做正功，弹性势能增加；弹簧对外界做正功，弹性势能减小；基础题．
(多选)如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（ ）
分析：
根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．
解答：
解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；
B、当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子运动半径增大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故B正确；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D正确；
故选：BCD
点评：
本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．
(多选)如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN．拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的( )
分析：
MN向右匀速平动时，有效的切割长度随时间在增大，根据数学知识得到有效切割长度L与时间t的关系式，即可判断其变化．
根据电阻定律得到回路中电阻与时间的关系，再由欧姆定律得到感应电流与时间的关系，再判断感应电流大小如何变化．
解答：
解：A、设MN从O点开始运动时间为t，则ON=vt，有效切割的长度为：L=MN=vt•tanα
感应电动势为：E=$\frac {B△S}{t}$=$\frac {B•vt•vt•tanα}{2t}$=$\frac {1}{2}$Bv_t•tanα
故感应电动势随时间增大而逐渐增大，故A错误，C正确；
B、闭合电路的总电阻为：R=ρ$\frac {l}{S}$=$\frac {ρvt}{S}$(1+tanα+$\frac {1}{cosα}$)=$\frac {ρvt}{S}$(1+$\frac {sinα+1}{cosα}$)
因此感应电流为：I=$\frac {E}{R}$=$\frac {$\frac {1}{2}$Bv_t•tanα}{$\frac {ρvt}{S}$(1+$\frac {sinα+1}{cosα}$)}$=$\frac {BvSsinα}{2ρ(cosα+sinα+1)}$，可知I与t无关，所以感应电流保持不变，故B正确，D错误．
故选：BC．
点评：
本题的解题关键是运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电阻定律得到感应电动势、感应电流的表达式，再分析其变化情况，不能想当然认为感应电动势增大，感应电流也增大，要注意回路中的电阻也增大，不能犯低级错误．
日光灯在正常工作情况下，对启动器和镇流器的表述错误的是（ ）
分析：
从日光灯原理、启动器的作用等规律去考虑分析两元件起到的作用．
解答：
解：日光灯启动时，是先将与启动器相连的镇流器相连；启动器受热后一端膨胀断开，此时镇流器产生高压将灯管中的气体电离，使气体导电，灯泡发光；
故有：
A、灯管点燃后，启动器的两个触片已经断开，故A正确，B错误；
B、由以上分析可知，镇流器的作用是提供瞬时高压，而使气体电离，故C正确；
D、灯管点燃后，镇流器的阻碍作用可以起到稳压限流作用，即电压过高时降压，电流过大时限流，故D正确；
本题选错误的，故选B．
点评：
本题考查自感现象中的最常见的应用：日光灯原理；要理解日光灯的原理，掌握启动器和镇流器从中起到的作用．
如图所示，在倾角为30°的斜面上有一物块，被平行于斜面的恒力F推着静止在斜面上，则物块受到的摩擦力( )
分析：
首先对物块受力分析分析出除摩擦力之外的力，通过分析推理F与重力沿斜面放上的分量的大小关系，即可得知各选项的正误．
解答：
解：对物块受力分析，首先可以断定受竖直向下的重力G，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向上的推力F，
AB、当F大于物块的重力沿斜面的分力，物块有沿斜面向上的运动趋势，所以会受到沿斜面向下的静摩擦力；当F小于物块的重力沿斜面的分力，物块有沿斜面向下的运动趋势，所以会受到沿斜面向上的静摩擦力，选项AB错误．
C、若当F等于物块的重力沿斜面的分力时，物块没有相对运动趋势，所以此种情况下不受斜面的静摩擦力作用，选项C错误．
D、只有当F等于重力沿斜面的分量的一半时，物块受到的静摩擦力大小才等于F，选项D错误
故选：C
点评：
该题考查了静摩擦的方向和大小的判断，解答相关问题时，常用的方法是力的平衡和牛顿运动定律，还有假设法．对于方向通过物块的运动趋势的方向进行判断．解答该类型的题的关键是正确的分析物块受到的静摩擦力之外的外力．
(多选)某同学在做测玻璃折射率的实验中，使用的是半圆形玻璃砖，P$_1$、P$_2$、P$_3$、P$_4$是按顺序插在软木板上的大头针，如图所示．下述实验操作中正确的是（ ）
分析：
在做测玻璃折射率的实验中，P$_1$、P$_2$连线的方向应不从A点跟玻璃砖直角面垂直，如果入射点A恰在玻璃砖圆心处，可不使用大头针P$_4$，用P$_1$、P$_2$连线作为入射光线，也可以用P$_4$、P$_3$连线作为入射光线，为减小测量误差，P$_1$、P$_2$间距和P$_3$、P$_4$间距应适当大一些．
解答：
解：A、若入射光线从A点垂直射入玻璃砖，经过玻璃后方向不变，无法测量折射率，所以不能任意选取P$_1$、P$_2$连线的方向和入射点的位置．故A错误．
B、如果入射点A恰在玻璃砖圆心处，出射光线就在过AP$_3$连线上，可以不用第四根大头针P$_4$．故B正确．
C、测量时，可以用P$_1$、P$_2$连线作为入射光线，也可以用P$_4$、P$_3$连线作为入射光线．故C正确．
D、P$_1$、P$_2$间距和P$_3$、P$_4$间距较大时，相同的偏转距离引起的角度误差会小些，因此为减小误差，P$_1$、P$_2$间距和P$_3$、P$_4$间距应适当大一些．故D正确．
E、本实验需要记录大头针及玻璃砖的位置，所以E错误；
故选：BCD．
点评：
本题考查对插针法测定玻璃砖折射率原理的理解，掌握为减小误差需注意的事项．
下列关于电动势的说法中，正确的是（ ）
分析：
电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．
解答：
解：A、电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，和电势差的定义不相同；故A错误；
B、电动势大的移动相同电量时做功多；并不是电动势大电源做功就多；故B错误；
C、电动势大的电源移动相同电量时做功较多，但做功并不一定快；故C错误；
D、电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功；故D正确；
故选：D
点评：
本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．与做功的多少及快慢无关．
在历史上，最早证明了德布罗意波存在的实验是（ ）
分析：
明确德布罗意波的发现的相应物理学史，知道电子束在晶体上发生的衍射现象最早证实了德布罗意波．
解答：
解：1927年，克林顿•戴维在贝尔实验室将电子射向镍结晶，发现其衍射图谱和布拉格定律(这原是用于X射线的)预测的一样．从而证实了德布罗意波的存在；
故选：B．
点评：
本题考查德布罗意波的发现过程，在德布罗意假说被接受之前，科学界认为衍射是只会在波发现的性质．
三个电阻R$_1$、R$_2$、R$_3$并联后，接入电源，每个电阻的伏-安特性曲线如图所示，则下列说法中错误的是( )
分析：
根据欧姆定律，I-U图象中，斜率越大，电阻越小；并联电路电压相等，然后根据欧姆定律和电功率与电压关系分析．
解答：
解：A、I-U图象中，斜率越大，电阻越小，故R$_1$＞R$_2$＞R$_3$，故A正确；
B、并联电路电压相等，根据欧姆定律I=$\frac {U}{R}$，I$_1$＜I$_2$＜I$_3$，故B正确；
C、并联电路电压相等，根据公式P=$\frac {U}{R}$，电阻上消耗功率P$_1$＜P$_2$＜P$_3$，故C正确；
D、根据电功率公式P=UI，由于电压U相等，故P$_1$：P$_2$：P$_3$=I$_1$：I$_2$：I$_3$，故D错误；
本题选择错误的，故选D．
点评：
本题关键是明确并联电路电压相等，然后根据欧姆定律、电功率表达式列式分析，基础题．
对于万有引力定律的表达式F=G$\frac {m$_1$m$_2$}{r}$，下列说法中正确的是（ ）
分析：
万有引力定律是在行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力公式、开普勒第三定律及牛顿第三定律相结合得出的
解答：
解：A、公式中G为引力常量，它是由卡文迪许实验测得的，单位是$\frac {N•m}{Kg}$，故A不正确；
B、公式仅适用于可看做作点的物体，r趋于零，物体将不能看作质点，公式将不适用，故B不正确；
C、m$_1$与m$_2$受到的引力总是大小相等的，但与m$_1$、m$_2$是否相等无关，与m$_1$、m$_2$质量的乘积有关，故C正确；
D、m$_1$与m$_2$受到的引力总是大小相等、方向相反的．涉及到两个物体，属于作用力与反作用力，故D不正确；
故选C
点评：
万有引力定律表达式不是数学公式，各量均有一定的含义．同时突出作用力与反作用力、平衡力两者的区别．
(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d．现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（ ）
分析：
由E=$\frac {U}{d}$，求解电场强度．油滴静止不动时，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件求出油滴的电量．根据油滴的电场力有无变化，分析其运动情况．
解答：
解：A、两极板间的电压为U，板间距离为d，则板间的电场强度E=$\frac {U}{d}$，故A正确．
B、油滴静止不动，由平衡条件得：mg=qE=q$\frac {U}{d}$，得油滴带电荷量为：q=$\frac {mgd}{U}$，故B错误．
C、减小极板间的电压时，由E=$\frac {U}{d}$，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速下落．故C正确．
D、将极板N向下缓慢移动一小段距离，由E=$\frac {U}{d}$，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故D错误．
故选：AC．
点评：
本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况是解题的思路．
下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是（ ）
分析：
题考查反冲运动的应用；明确反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
解答：
解：A、喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的；故属于反冲运动；
B、章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；
C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；
D、码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用；
本题选不属于反冲运动的，故选：D．
点评：
解决本题的关键知道反冲的原理，并且要知道反冲在实际生活中的运用．
(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s_，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s_．关于热气球，下列说法正确的是( )
分析：
气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解．
解答：
解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：
F_浮-mg=ma
解得：F_浮=m(g+a)=460×(10+0.5)N=4830N，故A正确；
B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；
C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s_，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；
D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F_浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；
故选AD．
点评：
本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解．
通过一个电阻的电流是5A，经过4min，通过该电阻的一个截面的电量是（ ）
分析：
根据电流的定义式I=$\frac {q}{t}$，求通过电阻截面的电量．
解答：
解：根据I=$\frac {q}{t}$，得q=It=5×240C=1200C．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：
解决本题的关键掌握电流的定义式I=$\frac {q}{t}$．
关于相对论，下列说法正确的是（ ）
分析：
广义相对论的两条基本假设：广义相对性原理和等效原理；
狭义相对论的两条基本假设：相对性原理和光速不变原理；
狭义相对论效应有：运动质量增加、运动延迟效应、尺缩效应等．
解答：
解：A、广义相对论认为一个做匀加速运动的参考系和一个均匀的引力场是等效的，即等效原理，故A正确；
B、狭义相对论有尺缩效应，故在任何参考系里面测出物体的长度是不同的，故B错误；
C、狭义相对论认为，对于一切物理规律，所有的惯性参考系都是平权的，非惯性系不是平权的，故C错误；
D、狭义相对论认为相对于观察者静止的钟走得是最快的，即运动延迟效应，故D错误；
故选：A．
点评：
对于广义相对论，关键是记住两条基本假设；对于狭义相对论，记住基本假设和几个相对论效应即可．
一束光沿ab方向射到上下表面平整且平行的玻璃砖上，其光路图如图所示，下列关于图中各角的关系错误的是（ ）
分析：
这束光通过玻璃砖要发生两次折射：
第一次是从空气斜射进入玻璃砖，折射光线会向法线偏折，折射角小于入射角，画出进入玻璃砖的折射光线；
第二次是光由从玻璃砖内部斜射到玻璃砖的下表面，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，画出从玻璃砖射出的折射光线；
因为玻璃砖上下表面平行，所以第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，所以第二次折射的折射角一定等于第一次折射的入射角，这样玻璃砖上下表面外侧的光线一定平行．
解答：
解：据上面的分析可知，第一次折射发生在O点，故此时ao为入射光线，ob为反射光线，oo′为折射光线，所以∠2是反射角，∠1是入射角，所以这两个角相等，故A正确；∠3是折射角，故∠3一定小于∠1，故B正确；
第二次的折射点是o′，故∠4是入射角，∠5是折射角，且∠5一定大于∠4；且由于玻璃砖上下表面外侧的光线一定平行，故∠5一定等于∠1；且∠4和∠3是内错角，所以这两个角相等，由于且∠5一定大于∠4，所以且∠5一定大于∠3，故C错误，D正确；
此题是选择错误的选项，故选C．
故选C．
点评：
光的折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角．
(多选)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度-时间(v-t)图象．先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v-t图象如图乙所示，则( )
分析：
根据速度时间图线的斜率求出上滑和下滑的加速度大小．根据图线与时间轴围成的面积求出上滑的位移．根据牛顿第二定律求出 滑块与木板间的动摩擦因数．
解答：
解：A、上滑的加速度大小为：a$_1$=$\frac {△v}{△t}$=$\frac {4}{0.5}$m/s_=8m/s_，故A正确；
B、下滑的加速度大小为：a$_1$=$\frac {△v}{△t}$=$\frac {4}{1}$m/s_=4m/s_．故B错误．
C、上滑过程中，根据根据牛顿第二定律得：由牛顿第二定律
A上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma$_1$
A下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma$_2$
解得：μ=0.25．故C正确．
D、图线与时间轴围成的面积表示位移，则有：x=$\frac {1}{2}$×4×0.5m=1m．故D错误．
故选：AC．
点评：
解决本题的关键知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移
一个做简谐运动的弹簧振子，振幅为A，设振子第一次从平衡位置运动到x=$\frac {A}{2}$处所经最短时间为t$_1$，第一次从最大正位移处运动到x=$\frac {A}{2}$处所经最短时间为t$_2$，关于t$_1$与t$_2$，以下说法正确的是（ ）
分析：
做简谐运动的弹簧振子做变加速运动，振子远离平衡位置时速度减小，相反靠近平衡位置时速度增大，根据振子的运动情况分析确定时间关系．
解答：
解：根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x=$\frac {1}{2}$A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x=$\frac {1}{2}$A处的平均速度，而路程相等，说明t$_1$＜t$_2$．
故选：B．
点评：
解答本题关键要理解并掌握振子的运动情况，也可以通过作振动图象进行分析．
