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1.理想变压器原线圈接在电压为u=U0sinωt的交流电源上，在变压器副线圈中分别安装有甲、乙两个插座，导线电阻为2R，如图所示。插座不接用电器时小灯泡正常发光。若将某一用电器接在甲或乙插座上，不计电流表内阻的影响。下列说法正确的是：（ ）
正确答案
解析
A、B、当将用电器接到插座甲上后，变压器的负载增加，消耗的功率增大，流过变压器的电流增大，但是流过电阻R上的电流不变，所以电阻R消耗的电压不变，所以灯泡两端的电压的不变，灯泡的亮度不变．故AB错误；
C、D、当将用电器接到插座乙上后，乙与灯泡并联，使得并联部分的电阻值小于灯泡的电阻值，电路中的总电阻减小，所以电路中的总电流增大，回路中的电流增大．流过R的电流值增大，所以R上消耗的电压增大；由于变压器副线圈上的电压不变，所以并联部分的电压降减小，即灯泡两端的电压减小，灯泡消耗的功率减小，灯泡变暗．故C错误，D正确．
考查方向
解题思路
该题中，当将用电器接到插座上后，变压器的负载增加，消耗的功率增大，回路中的电流增大．当增大的电流流过R时，才会使电压表的示数发生变化．
易错点
实质是考查电路的电阻变化问题，结合欧姆定律即可分析解答这一类的问题．
2．在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为
A
B
C
D
正确答案
解析
设A的质量为m，B的质量为M，
隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得：
FN=Fcosθ
Mg﹣Fsinθ=0
解得：FN=
对两球组成的整体有：
（+M）g﹣μFN=0
代入数据，联立解得：
考查方向
解题思路
隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可
易错点
关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．
4．质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，金属棒静止。当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60°，如图所示，则棒中电流：（ ）
A方向由M向N，大小为
B方向由N向M，大小为
C方向由M向N，大小为
D方向由N向M，大小为
正确答案
解析
平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N；
金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：
BIl•xsinθ﹣mg（x﹣x•cosθ）=0
解方程得：I=
考查方向
解题思路
对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向和大小．
易错点
正确对金属棒进行受力分析、应用功能关系（或动能定理），根据安培力公式分析即可正确解题
5．到目前为止，火星是除了地球以外人类了解最多的行星，已经有超过30枚探测器到达过火星，并发回了大量数据，如果已知万有引力常量为G．根据下列测量数据，能够得出火星密度的是：（ ）
正确答案
解析
A、根据
考查方向
解题思路
根据万有引力提供向心力得出火星的质量，根据质量与体积的比值得出火星的密度．
易错点
关键知道环绕天体绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力可以求出中心天体的质量，无法求出环绕天体的质量
3.一只叫胖虎的宠物狗和主人游戏，宠物狗沿直线奔跑，依次经过A、B、C三个木桩，B为AC的中点，它从木桩A开始以加速度a1匀加速奔跑，到达木桩B时以加速度a2继续匀加速奔跑，若它经过木桩A、B、C时的速度分别为0、vB、vC，且vB=
正确答案
解析
设物体AB段和BC段位移均为x，第一段位移中加速度a1，第二段加速度a2
对AB段：
对BC段：
由题意有：vB=
由以上三式得：
因为物体做加速运动x位移为正，
解得：a2＞a1．故A正确，B、C、D错误．
考查方向
解题思路
根据匀变速直线运动的速度位移公式求出两段过程中的加速度，通过作差法比较加速度的大小
易错点
关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，也可以通过速度时间图线，结合图线与时间轴围成的面积相等，通过比较斜率比较加速度的大小
7．两磁感应强度均为B的匀强磁场区I、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L(L>s)．电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域I，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则（ ）
A当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压为
Bab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为
C把金属线框从区域I完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为
D当cd边刚出区域I到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为
正确答案
解析
A、当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压 U=
B、当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab边和cd边产生的感应电动势都是BLv，总电动势为2BLv，通过ab边的电流大小 I=
C、金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功 W=2
D、当cd边刚出Ⅰ区域到刚进入Ⅲ区域的过程中，ab边切割磁感线，回路中有感应电流产生，则回路中产生的焦耳热为Q=
考查方向
解题思路
金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程可以分成三段研究：第一段ab在Ⅱ区运动，第二段ab在Ⅲ，cd在Ⅰ区运动，第三段cd在Ⅱ区运动．根据欧姆定律、安培力等知识求解
易错点
要注意的是当ab边刚进入磁场区域III时，ab、cd都切割磁感线产生两个感应电动势，而且串联，电路中的总电动势为E总=2E=2BLv
8.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板。一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回。则：（ ）
A滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C滑块返回能到达的最低位置在P点的上方
D滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电
正确答案
解析
由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用．
小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．
在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．
A、由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；
B、由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；
C、小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和增加减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能在返回P点．故C正确；
D、滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．
考查方向
解题思路
先对滑块进行受力分析，然后结合滑块的运动分析各个力做功的情况，以及能量转化的方式，即可得出正确的结论．
易错点
小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功
6．如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C
AB对A的摩擦力一定
BC与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C转台的角速度一定满足：
D转台的角速度一定满足：
正确答案
解析
A、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m）ω2r≤μ（3m）g．故A错误．B、由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5rω2＜3mrω2即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；C、对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①
对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg…②
对物体A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③
联立①②③解得：ω
解得故选C．
考查方向
解题思路
A随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围．
易错点
关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键
（在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200 g的重物自
9.计算B点瞬时速度时，甲同学用v
10.同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s2，从而计算出阻力f＝______N.
11.若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？________.(填“能”或“不能”)
正确答案
乙
解析
由于纸带与限位孔之间有摩擦，故重物下落时的加速度小于重力加速度，利用vB＝计算B点瞬时速度的方法正确．
考查方向
解题思路
根据打点计时器求瞬时速度的方法求瞬时速度，利用牛顿第二定律求阻力
易错点
求速度的方法，验证机械能守恒定律的条件
正确答案
9.5 0.06
解析
根据yBC－yAB＝aT2可得a＝9.5 m/s2，由牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得f＝0.06 N.
考查方向
解题思路
根据打点计时器求瞬时速度的方法求瞬时速度，利用牛顿第二定律求阻力
易错点
求速度的方法，验证机械能守恒定律的条件
正确答案
能
解析
根据ΔEp＝ΔEk即重物重力势能的减少量等于其动能的增加量可知，能实现验证机械能守恒定律的目的．
考查方向
解题思路
根据打点计时器求瞬时速度的方法求瞬时速度，利用牛顿第二定律求阻力
易错点
求速度的方法，验证机械能守恒定律的条件
有两个完全相同，但刻度盘上仅有刻度而没有标度值的电压表，电压表的内阻约为5000Ω。现打算用如图（a）所示的电路测量它们的内阻。其中：E为电动势12V、内阻可忽略不计的电源；R1是调节范围为0～9999Ω的电阻箱；R2是调节范围为0～1000Ω的滑动变阻器；S为电键。
12.闭合电键S之前，滑动滑动变阻器的滑片P应滑到变阻器的___________端。（填“a”或“b”）。
13.闭合电键之后，适当调节滑动变阻器滑片P和电阻箱的旋钮，当电阻箱调节成如图（b）所示的情景时，两电压表指针的位置如图（c）所示，由此可知，此时电阻箱的阻值为___________Ω，这两个电压表的内阻均为___________Ω。
14.由各个器材的参数和各图所示的情景可知，这两个电压表的量程在下面提供的四个选项中最多不会超
正确答案
a
解析
变阻器为限流接法，为确保安全，闭合电键前应将接入电路的阻值调至最大，所以应将滑片P应滑到变阻器的a端。
考查方向
解题思路
为保护电路安全，滑动变阻器采用限流接法时，开关闭合之前，滑动变阻器应置于阻值最大处；
易错点
电压表即为能显示自身电压值的大电阻，然后结合欧姆定律及串并联电路的关系求解．
正确答案
2547 ，5094
解析
从电阻箱读出的阻值为2547Ω，从两电压表指针的位置可知，与电阻箱串联的电压的电流与另一电压表中的电流比值为2∶3，根据电压相等可求出电压表的内阻RV=5094Ω。
考查方向
解题思路
电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；电压表指针偏转角度之比代表电流之比，根据欧姆定律列方程求电压表内阻；
易错点
电压表即为能显示自身电压值的大电阻，然后结合欧姆定律及串并联电路的关系求解．
正确答案
解析
电源电动势为12V，根据变阻器、电压表和电阻箱所取的阻值，结合电阻分配规律，可得下方支路的电压表分得的电压在9V～12V之间，此电压表的指针指在满量程的十分之九位置，从而可得电压表的量程在10V～13．3V之间，故量程最多不超过14V。
考查方向
伏安法测电阻
解题思路
根据电路图，应用欧姆定律分析答题
易错点
电压表即为能显示自身电压值的大电阻，然后结合欧姆定律及串并联电路的关系求解．
19.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是 （填入正确选项前
A．空气相对湿度越大时，水蒸发越快
B．物体的温度越高，分子平均动能越大
C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律
D．两个分子间的距离由大于10﹣9m处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小到零，再增大
E．若一定量气体膨胀对外做功50J，内能增加80J，则气体一定从外界吸收130J的热量
正确答案
BDE
解析
A、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子平均动能越大，故B正确；C、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，不违反热力学第一定律，故C错误；D、两个分子间的距离由大于10﹣9m处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先表现为引力，引力先增大到最大值后减小到零，之后，分子间作用力表现为斥力，从零开始增大，故D正确；E、若一定量气体膨胀对外做功50J，即W=﹣50J，内能增加80J，即△U=80J，根据热力学第一定律△U=Q+W，得Q=△U﹣W=130J，即气体一定从外界吸收130J的热量．故E正确．
故选：BDE．
考查方向
解题思路
空气相对湿度越大时，水蒸发越慢．温度是分子平均动能的标志．第二类永动机不违反了热力学第一定律，是违反了热力学第二定律．分子力会随分子距离的变化而变化．根据热力学第一定律分析气体传递的热量
易错点
分子间的相互作用力的曲线，热力学第二定律
如图为一装置的示意，小木桶abcd的质量为M =0.18kg，高L = 0.2m，其上沿ab离挡板E的竖直距离h = 0.8m，在小木桶内放有一质量m =0.02kg的小石块P（视为质点）。现通过细绳对小木桶施加一个竖直向上的恒力F，使小木桶由静止开始向上运动，小木桶的上沿ab与挡板E相碰后便立即停止运动，小石块P上升的最大高度恰好与ab相平。求：
15.拉力F的大小；
16.小石块P由静止开始到最高点的过程中，小木桶abcd对它做的功。（取
正确答案
2.5N
解析
小木桶停止运动，小石块P作竖直上抛运动，此时它们的速度为v：
对小木桶：
对整体：
考查方向
解题思路
木桶停止运动时，小石块做竖直上抛运动，可以求出石块的速度，由速度位移公式求出木桶的加速度，然后由牛顿第二定律求出拉力大小；由动能定理可以求出木桶对石块做的功
易错点
分析清楚物体运动过程，应用运动学公式、牛顿第二定律与动能定理即可正确解题．
正确答案
0.2J
解析
小石块P由静止开始到最高点的过程中，由动能定理得：
考查方向
解题思路
木桶停止运动时，小石块做竖直上抛运动，可以求出石块的速度，由速度位移公式求出木桶的加速度，然后由牛顿第二定律求出拉力大小；由动能定理可以求出木桶对石块做的功
易错点
分析清楚物体运动过程，应用运动学公式、牛顿第二定律与动能定理即可正确解题．
如图，A、C、D分别为光滑绝缘水平面内一直角三角形的三个顶点，两直角边长分别为a和b。 现有一质量为m、电荷量为+q的带电小球，以初速度v0从顶点A沿直角边射出， 整个运动过程中因为磁场或电场的作用恰好能经过顶点D。
17.若只存在竖直方向的匀强磁场，试求磁感应强度的大小和方向；
18.若只存在水平方向的匀强电场，试求电场强度的大小与方向间的关系。
正确答案
若只存在竖直方向的匀强磁场，则磁感应强度的大小为
解析
仅在洛伦兹力的作用下，带电小球做圆周的运动轨迹
如图所示，设轨道半径为r，根据几何关系
根据牛顿运动定律
解得
依左手定则可知磁感应强度方向竖直向上。 （2分）
考查方向
解题思路
仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，画出带电小球做圆周的运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据牛顿第二定律列式求解B即可；
易错点
考查了带电粒子在电磁场中的运动，知道仅在洛伦兹力的作用下，带电小球做圆周运动，关键就是能画出粒子的运动轨迹，能根据几何关系求解半径
正确答案
若只存在水平方向的匀强电场，电场强度的大小与方向间的关系为
解析
仅在电场力的作
在x轴方向有
在y轴方向有
又
由以上各式解得
该关系式需要满足的条件是：
考查方向
解题思路
仅在电场力的作用下，画出带电小球的运动轨迹，以A点为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，设场强E的方向与x轴正方向成α角，根据运动学基本公式结合几何关系求解．
易错点
考查了带电粒子在电磁场中的运动，知道仅在洛伦兹力的作用下，带电小球做圆周运动，关键就是能画出粒子的运动轨迹，能根据几何关系求解半径
如图所示，一根两端封闭的均匀玻璃管AB，内有一段长L = 3cm的水银柱将两段空气柱隔开。当玻璃管放在水平桌面上时，L1 = 45cm，L2 = 105cm，管中空气的压强p = 20cmHg。现将玻璃管A端缓慢抬起直至玻璃管处于竖直状态，管中空气的温度与环境温度相同且恒为27℃。
20.求玻璃管处于竖直状态时A端空气柱的长度L1′及其压强p1；
21.若玻璃管处于竖直状态时用冰块包在A管周围以降低A管中空气的温度，直至B管中空气柱长度仍为105cm，求此时A管中空气的温度t′。（设此过程中B管中空气的温度不变）
正确答案
玻璃管处于竖直状态时A端空气柱的长度L1′为50cm；压强p1为18cmHg；
解析
根据玻意耳定律，对A管中的空气有：pL1S = p1L1′S
对B管中的空气有：pL2S = (p1 + L)L2′S （2分）
又：L1′ + L2′ = L1 + L2
解得：L1′ = 50cm，p1 = 18cmHg。 （2分）
考查方向
解题思路
由题意分析，气体经历了等温变化，由玻意耳定律可求得压强和空气村的长度；
易错点
考查气体实验定律的应用，解题的关键在于正确选择研究对象，根据理想气体的状态方程或气体的实验定律分析求解．
正确答案
此时A管中空气的温度t′为﹣18℃．
解析
由题意可知，B管中空气的压强仍为p = 20cmHg，则A管中空气的压强为：
p′ = p – L = 17cmHg （2分）
对A管中的空气，有： = （1分）
解得：T′ = T = 255K
A管中空气的温度t′ = – 18℃。 （
考查方向
解题思路
对管内气体由等容变化规律可求得A管中空气的温度．
易错点
考查气体实验定律的应用，解题的关键在于正确选择研究对象，根据理想气体的状态方程或气体的实验定律分析求解．