4．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据临界角公式sinC?1，Q光束的折射率小，P光束的折射率大，故A错误； nB．在玻璃球体中，光的波长
??vc?0?? fnfn?0是光在真空中的波长，P光的折射率大，频率大，在真空中的波长短，由??光的波长小于Q光的波长，故B错误； C．根据v??0知在玻璃球体中，Pnc可知玻璃中P光的速度小于Q光的速度，故C错误； nD．P光的折射率大，频率大，根据E?h?可知P光的光子能量大，所以P光的光子能量大于Q光的光子能量，故D正确。 故D正确。 5．D 【解析】 【分析】
v-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。 【详解】
在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，解得：μ＞tanθ，故A错误。因v1>v2，由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=
1111mv22-mv12，则传送带对物块做功W≠mv22-mv12，故C错误。0～t2内，物块的重力势能减2222小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量
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0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生大小一定大于物块动能的变化量大小，即：的热，故D正确。故选D。 6．C
【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C. 7．B 【解析】 【分析】 【详解】
甲图向下滑动时匝数比变小，副线圈的电压增大，所以L1一定变亮，乙图向下滑动时，L2支路电阻增大，回路中电流减小，所以L2一定变暗，故B正确ACD错误。 故选B。 8．D 【解析】 【详解】
粒子在A、B两点速度大小相同，说明A、B两点处于同一等势面上，电场线与等势面处处垂直，所以匀强电场的方向应与AB边垂直，根据AB?d，可知直角边为qEd112?m(2v0)2?mv0 222d2d，高为，应用动能定理 22求出电场的场强大小为
23mv0E?
qdABC错误，D正确。 故选D。 9．D 【解析】 【详解】
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A．撤去力F后长木板的加速度
v218a2????8m/s2
2x20.5由牛顿第二定律
(M?m)gsin???1(M?m)gcos??(M?m)a2
解得 μ1=0.25 选项A错误；
B．有拉力作用时的加速度
v218a1????1m/s2
2x24拉力撤掉时的速度为
v?22m/s
拉力作用的时间为
t1?v22?s=22s a11选项B错误； C．由牛顿第二定律
F?(M?m)gsin???1(M?m)gcos??(M?m)a1
解得 F=13.5N 选项C错误；
D．物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于0.25，选项D正确。 故选D。 10．B 【解析】 【详解】
b、e两点到点电荷O的距离相等，根据
可知两点处的电场强度大小相等，但是方向不同，故电场
强度不同，A错误；b、e两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，c、d两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，故b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差，
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B正确；在正电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，故a点的电势低于c点的电势，b点电势低于d点电势，而负电荷在低电势处电势能大，故负电子在d点的电势能小于在b点的电势能，CD错误； 【点睛】
本题的关键是掌握点电荷电场规律：①距离正点电荷越近，电势越高，电场强度越大，②在与点电荷等距的点处的电势相等，③负点电荷在低电势处电势能大．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【详解】
CD．应用机械能守恒定律可知小球通过最高点时的速度为
v22?v?4gR 对小球在P和Q应用向心力公式分别有
mg?Fmv221?R Fmv22?mg?R 解得
F?mv21R?5mg
mv2F2?mg?R 则
?F?F2?F1?6mg
选项C错误，D正确；
A．由Fmv21?R?5mg可知，当v不变时，F1随R增大而减小，选项A错误；
．由Fmv2B2?R?mg可知，当R不变时，F2随v增大而增大，选项B正确。
故选BD。 12．BDE 【解析】
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【详解】
A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A错误；
B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B正确；
C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；
D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；
E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。 故选BDE. 13．AC 【解析】 【详解】
A．原线圈所接交流电压的有效值U1=3002V=300V，根据变压比可知，副线圈两端电压 2U1?n2=30V U2=n1灯泡正常发光，则电阻R两端电压为10V，流过的电流I2=
10?2A=1A，根据欧姆定律可知 20URR==10Ω
I2故A正确。
B．输入电压的角速度ω=50πrad/s，则周期T=
2??=0.04s，则流过R的交流电的周期为0.04s，故B错误。
C．断开S后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故C正确。
D．断开S后，灯泡L1两端电压增大，不能正常发光，故D错误。 故选AC。 14．ABD 【解析】 【详解】
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高考物理二轮复习牛顿动动定律提能增分练四动力学四大模型之四连接体
