下列叙述符合史实的是（ ）
A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系
B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
知识点：楞次定律
D
【考点】楞次定律．
【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要掌握其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．
【解答】解：
A、B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A、B错误．
C、卡文迪许利用扭秤将微小量放大，首次较准确地测定了万有引力常量，不是静电力常量．故C错误．
D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．
故选：D．
如图所示，质量为M的直角三角形斜劈B放在水平地面上，质量为m的木块A放在斜劈B上，现用大小均为F、方向相反的水平力同时分别推A和B，它们均静止不动，则（ ）
A．B对A的支持力大小一定小于mg
B．B与地面之间一定存在摩擦力
C．A与B之间一定存在摩擦力
D．地面对B的支持力大小一定等于（M+m）g
知识点：共点力的平衡
D
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】先对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力表达式进行分析．
【解答】解：AC、再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图
根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，在垂直斜面方向，可以得到：
N′=mgcosθ+Fsinθ≠0，
故A错误，C错误；
BD、对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的推力F和摩擦力f，对于整体，由于一直保持平衡，故整体与地面间有向左的摩擦力；
根据共点力平衡条件，有
f′=F
N=（M+m）g
故B错误，D正确；
故选：D
我国月球探测活动的第一步“绕月”工程和第二步“落月”工程已按计划在2013年以前顺利完成．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，下列判断正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率
B．飞船在A点处点火变轨时，动能增大
C．飞船从A到B运行的过程中机械能增大
D．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=π
知识点：万有引力定律
A
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出飞船在轨道Ⅰ上的速度以及在轨道Ⅲ上的周期．根据飞船是做离心还是近心运动，判断动能的变化．
【解答】解：A、根据
得，飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=
，又GM=
，则v=
，故A正确．
B、飞船在A点变轨，做近心运动，需减速，所以动能减小，故B错误．
C、飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误．
D、根据
得，T=
，
，解得T=
，故D错误．
故选：A．
如图所示，质量为m、连长为l的正方形线框abcd，在竖直平面内从有水平边界的匀强磁场上方h高处由静止自由下落．线框电阻为R，磁场宽度为H（l＜H），磁感应强度为B，线框竖直下落过程中，ab边始终与磁场边界平行．已知ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等．此过程中（ ）
A．线框的最大速度为
B．线框中产生的电热为mg（H﹣l）
C．线框中通过的电荷量为
D．ad边离开磁场的瞬间克服安培力做功的功率为
知识点：闭合电路的欧姆定律
D
【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．
【分析】线框ab边进入磁场前，受到重力作用，做自由落体运动；ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等，说明线框刚进入磁场时是先减速后加速的运动．在进入磁场的过程中，线框ab边切割磁感线，ab边受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，做变减速直线运动，后若安培力等于重力，线框还可能做匀速直线运动；线框完全进入磁场中时，线框磁通量不发生变化，所以只受到重力作用，做自由落体运动；线框ab边在离开磁场时，cd边切割磁感线，所以受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，做变减速直线运动，由于线框的ab边刚进入磁场时的速度和ab边刚离开磁场时的速度相同，所以线框在进入和离开磁场的运动过程完全相同．
【解答】解：A、由过程分析知，线框的最大速度即为进入时的速度，此时，重力小于安培力
，即
，由机械能守恒：
，得
，故A错误；
B、ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等，由动能定理得：
，安培力做功转化为电热，即
，故B错误；
C、线框进入磁场过程产生的感应电动势
=
，则线框中的感应电流
，则电荷量
，线框的ab边进入磁场过程和ab边离开磁场过程相同，所以线框通过的总电荷量
，故C错误；
D、ab边进入磁场时的速度
，设线框正好完全进入磁场时的速度为
，刚要离开时的速度
，线框速度由变化到
过程，线框在磁场中做自由落体运动，根据运动学公式
，得到
；线框进入和离开磁场的运动完全相同，即线框cd边离开磁场的瞬时速度
，此时安培力
，结合瞬时功率
，联立解得：P=
，故D正确；
故选：D
两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则（ ）
A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等
知识点：带电粒子在磁场中的运动
C
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．
【解答】解：A、由左手定则可判定甲粒子带正电，乙粒子带负电，故A错误；
B、令正方形磁场的边长为L，则由题知甲粒子运行的半径为
L，乙粒子运行的半径为
L，由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m
，动能Ek=
mv2=
，甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的4倍，故B错误；
C、由牛顿第二定律得：Bqv=m
，解得：F=Bqv=
，所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍，故C正确；
D、粒子的运动时间：t=
•
，甲粒子运行轨迹所对圆心角为45°，乙粒子运行轨迹所对圆心角为90°，即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半，故D错误；
故选：C．