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3.太空望远镜可以搜寻遥远星系中的“宜居”类地外行星，现发现某颗“宜居”外行星（可看成均匀球体）的自转周期为T，赤道半径为R，进一步计算发现该行星的同步卫星轨道距其表面高度为2R，已知万有引力常量为G，以下说法中正确的是（）
A该行星质量为M=
B该行星质量为M=
C该行星第一宇宙速度大小为
D该行星第一宇宙速度大小为
正确答案
解析
AB、根据题意，该行星的同步卫星的周期即等于自转周期T，轨道半径为：r=R+h=R+2R=3R
根据万有引力提供向心力,有：
解得：
故AB错误
CD、该行星的第一宇宙速度即近地卫星的线速度,根据
故选：C
考查方向
解题思路
根据同步卫星所受的万有引力提供向心力可求出行星的质量，求出行星的近地卫星的线速度即该行星的第一宇宙速度
易错点
不能根据万有引力定律和向心力公式建立相应关系式进行求解
4.如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O'点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个与a相同的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（）
正确答案
解析
a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故CD错误；
粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故B项正确A项错误。
故选：B.
考查方向
解题思路
粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功．
易错点
无法判断电场力做功情况
1.以下说法符合物理学史实的是（）
正确答案
解析
A. 卡文迪许利用扭秤巧妙地测得引力常量G的数值，而不是静电力常量k的数值，故A错误。B. 牛顿发现万有引力定律，爱因斯坦预言了引力波的存在，故B错C. 伽利略通过斜面实验，运用数学知识合理外推，得出了自由落体运动的规律，故C正确。D. 奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应，故D错误。故选：C
考查方向
解题思路
本题根据牛顿、伽利略、卡文迪许等科学家的物理学成就进行解答
易错点
物理学史记忆不清
2.风洞是进行空气动力学实验的一种重要设备，某兴趣小组对一款飞机模型进行性能实验， 如图所示。其中AB代表飞机模型的截面，OL为一端固定在飞机模型上的轻质牵引绳。已知飞机模型重为G，风向水平，当牵引绳水平时，飞机模型恰好静止在空中，此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ，则牵引绳上的张力大小为（）
A
BGtanθ
C
DGsinθ
正确答案
解析
对飞机模型进行受力分析：重力G、牵引绳的拉力T和风力F,作出力图如图所示。由于飞机模型恰好静止在空中,受力平衡,则由平衡条件得到：F=Gtanθ.故B正确，ACD错误
故选：B
考查方向
解题思路
对飞机模型进行受力分析，可知受到重力G、牵引绳的拉力T和风力F，风力方向与飞机模型垂直，作出力图，由平衡条件求解风力大小．
易错点
不会对飞机模型进行受力分析
6.如图所示，在空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的物块，从A点由静止开始向下做加速度为
A物块所受的电场力大小为
B物块动能的最大值为
C物块电势能的减少量为
D弹簧弹性势能的增加量为
正确答案
解析
A. 设物块所受的电场力大小为F. 由于物块做匀加速直线运动时加速度为g3,小于g,所以电场力方向竖直向上。由牛顿第二定律得mg−F=ma=mg3,得F=23mg.故A正确。
物块从A到B的过程动能增加,根据动能定理知：物块到达B点的动能为EkB=maH=mgH3.从B到C的过程,物块受到向下重力、向上的电场力和向上弹簧的弹力,开始阶段,重力大于电场力与弹力之和,合力向下,做加速运动,动能增加,所以物块动能的最大值大于B点的动能,即大于mgH3.故B错误。
在物块由A点运动到C的过程中,物块克服电场力做功W电=F(H+h)=23mg(H+h),所以物块电势能的增加量为23mg(H+h)，故C错误。
在物块由A点运动到C的过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),电势能的增加了23mg(H+h),根据能量守恒定律知弹簧弹性势能的增加量为mg(H+h)−23mg(H+h)=13mg(H+h)，故D正确。
故选：AD
考查方向
解题思路
根据匀加速直线运动的过程中物块的受力情况，由牛顿第二定律求电场力的大小．物块的合力为零时动能最大，根据动能定理求动能的最大值．由电场力做功求电势能的减少量．由能量守恒定律求弹簧弹性势能的增加量．
易错点
对功能关系掌握不够熟练
8.如图所示，纸面内有一长为10. 0cm的挡板MN，挡板上方空间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0. 20T，S是一个粒子源，可向纸面内任意方向发射比荷为1.0×lOs C/kg、速度大小为1.0×l06m/s的正粒子。挡板中点0与S间的距离为5. 0cm，MN与SO连线的夹角为θ，不计重力及粒子间相互作用。粒子可以到达挡板上区域的长度为L，则（）
正确答案
解析
由洛仑兹力充当向心力可得；
解得：
故选：AD.
考查方向
解题思路
由洛仑兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围，由几何关系即可求出电子打在板上可能位置的区域的长度．
易错点
不能准确的找到轨迹圆、区域圆的关系
5.发动机额定功率为Po的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为f，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是（）
A
B
C
D
正确答案
解析
汽车匀加速启动时,a一定,根据v=at知v增大,F=ma+F f知F一定,根据P=Fv知牵引力增大,功率P也均匀增大,达到P额后,功率保持不变,由v继续增大,所以F=Pv减小,a=F−fm减小,当F=f时,a=0,Vm=Pf，此后做匀速运动，故AC正确，BD错误。
故选：AC
考查方向
解题思路
此题应依次分析，在汽车启动过程中，速度、加速度、功率和牵引力的变化情况．
易错点
不能利用牛顿运动定律根据汽车的速度、功率进行动态分析
7.某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，一个带正电的点电荷只在电场力的作用下沿x轴运动，xl、x2、x3、x4四点间隔相等。则（）
正确答案
解析
A. x2−x4处场强方向沿x轴正方向,则从x2到x4处沿着电场线方向,电势降低,则正电荷在x2处电势能较大，故A错误；
x1−x3处场强为x轴正方向,则从x1到x3处沿着电场线方向移动,电势降低,正电荷在x1处电势能较大，故B正确；
x1、x两点之间的平均电场强度小于x3、x4两点之间的平均电场强度，距离相等，xl、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，C正确；
由x1运动到x4的过程中，电场强度先增大后减小，故由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误；
考查方向
解题思路
由图可以看出在0-x1处场强为负，x1-+∞处场强为正方向，根据沿着电场线的方向电势降低，结合正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的变化．电场力的变化由F=qE分析；电势差由U=Ed进行定性分析．
易错点
无法判断在非匀强电场中电势差与电场强度的关系
22. (1) [物理——选修3-3]（5分）关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
正确答案
解析
A. 热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非引起其他方面的变化，故A错误；
布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故B错误；
物体的体积增大时，分子力可能做正功也可能做负功，故分子势能不一定增加，故C正确；
晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故D正确；
一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么温度一定升高，故内能增加，它一定从外界吸热，故E正确。
故选：CDE
考查方向
解题思路
明确热力学第二定律的方向性，知道热量不能自发地从低温物体传到高温物体；
布朗运动是固体小颗粒受液体分子无规则运动的碰撞产生的；
分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时，分子势能增加；
晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点；
根据热力第一定律可明确内能的变化，从而分析是否吸热．
易错点
对热力学第一定律和热力学第二定律理解不清楚
某同学分别设计了两个测量电流表G内阻的电路，如图所示，实验中供选用的器材有：
A．待测电流表G（0 – l0mA，内阻约300Ω）；
B．电压表V（0 -15V，内阻约3KΩ）；
C．电流表A（0 -15mA，内阻约100Ω,）；
D．定值电阻R1( 300Ω)；
E．定值电阻R2(10Ω)；
F．滑动变阻器R3(0 - l000Ω)；
G．滑动变阻器R4(0- 15Ω)；
H．干电池（4. SV，内阻不计）；
I．电键S及导线若干
13. (1)考虑实验测量的准确性，其中图甲电路误差较大，原因是____
14. (2)根据乙电路进行实验，滑动变阻器应选____，定值电阻应选____ （在空格内填写器材序号）
15. (3)请用笔画线代替导线，将下图的电路连接完成。
16. (4)按电路图连接电路，进行正确测量；记录待测电流表的读数I、电路中另一个电表的读数x；改变滑动变阻器连入电路的阻值，获得多组I、x的值。以I为纵坐标，x为横坐标，作出如图丙所示的图线，计算出图线的斜率为k，则待测电流表内阻等于 。（用题目中相关已知量的字母表示）
正确答案
甲图电压表量程过大
解析
待测电流表G (0−10mA,内阻约100Ω)，所以待测电流表两端的最大电压是1V，
电压表V量程是0−3V，如果采用甲图，电压表V的读数误差较大，
如果采用乙图,待测电流表G(内阻约100Ω)与定值电阻R2并联后的最大电流是15mA，
电流表A(0−15mA,内阻约200Ω)，滑动变阻器应采用分压式接法，符合题意，所以为减小测量的误差，应选用乙电路进行测量
考查方向
解题思路
根据“安全性”和“精确性”原则，电表读数要求指针在满刻度的三分之一到三分之二
之间．由图中电表的数据进行分析求解
易错点
不能根据电路特点进行分析
正确答案
G E (各1分)
解析
根据选定的电路,为了调节方便,减小误差,滑动变阻器应选较小阻值,即R4,定值电阻应选R2，
考查方向
解题思路
待测电流表G(内阻约100Ω)与定值电阻R2并联后的最大电流是15mA，
易错点
不能利用串并联电路的特点进行分析
正确答案
如图（2分）
解析
连接时，根据电路图，搞清电路元件之间的关系，然后连接
考查方向
解题思路
先完成滑动变阻器的连接，然后再连接电阻与电流表
易错点
分压式连接方法不熟悉
正确答案
解析
记录待测电流表的读数I、电路中另一个电表的读数x；
设待测电流表G内阻为Rx，根据串并联电路特点和欧姆定律得出：
图线的斜率为k，
所以待测电流表内阻等于
考查方向
解题思路
根据串并联电路特点和欧姆定律表示出I、x的关系式，结合图线的斜率求解．
易错点
不能根据根据欧姆定律和串并联电路的特点进行计算
下图所示为验证机械能守恒定律的实验装置，在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装光电门1和光电门2，滑块上固定一遮光条，与两光电门相连的数字计时器可以测量 遮光片经过光电门1和光电门2的时间，分别记为△t1和△t2。
9. 接通电源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，向右轻推滑块，若测得△tl>△t2，说明气垫导轨____端偏高。（填“左”或“右”）
10. (2)用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如右图所示，则d=____mm。
11. (3)气垫导轨调节好后，将滑块用细线跨过气垫导轨右端的定滑轮与质量为m的钩码相连，将滑块由图中所示位置释放，设钩码与地面足够远，分别测得△t'l、△t'2，若d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出____。（写出物理量的名称及符号）
12. (4)若上述物理量间满足关系式____，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。
正确答案
左（1分）
解析
如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平。
若测得
考查方向
解题思路
如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平，若不相等，即可判定高低．
易错点
不知道怎么判断是不是匀速
正确答案
2.45mm（2分）
解析
游标卡尺的主尺读数为：0.2cm=2mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：2mm+0.45mm=2.45mm
考查方向
解题思路
掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
易错点
没掌握好游标卡尺的读数方法
正确答案
滑块质量M,两光电门间距离L（2分）
解析
要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。
滑块和砝码组成的系统动能的增加量
滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量△Ep=mgL
所以还应测出滑块质量M，两光电门间距离L.
考查方向
解题思路
要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这两个量求解．
易错点
无法根据机械能守恒建立相应等量关系
正确答案
解析
如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒。
考查方向
解题思路
滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式
易错点
无法根据机械能守恒建立相应等量关系
如图甲所示，真空中存在电场强度E=1.5×l03V／m、方向竖直向上的匀强电场。在电场中固定有竖直面内的光滑绝缘轨道ABC，其中AB段水平，BC段是半径R=0.5m的半圆，直径BC竖直。甲、乙是两个完全相同的导体小球（均可视为质点），质量均为m=3×10－2kg。甲球电量为q= +2 ×l0－4C、乙球不带电。开始时，乙球静止于B点。甲球在水平轨道上以初速度vo= 2
19. (1)甲、乙两球碰撞后瞬间，乙球的速度v2的大小；
20. (2)小球乙落在D点时，甲、乙两小球之间的距离S；
21. (3)若只改变场强E的大小，为了保证乙球能沿竖直轨道运动，并通过C点后落到水平轨道AB上，试确定场强E的取值范围。设乙球从B点运动到C的过程中，电势能的变化量为△Ep，在图2的坐标系中，定量画出小球乙的电势能变化量△Ep与场强E的关系图象。（画图时不必说明理由）
正确答案
解析
甲小球和乙小球碰撞后的速度分别为v 1和v 2，由于动量守恒和机械能守恒：
解得：
甲球和乙球碰撞后电量均为
考查方向
解题思路
小球1、2发生弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间小球2的速度
易错点
不能利用动量守恒机械能守恒定律进行求解
正确答案
小球乙落在D点时，甲、乙两小球之间的距离S为2m
解析
设乙球经过C点时速度为
解得：
由向心力公式得：
解得
乙球离开C点后做类平抛运动，加速度为a，运动时间为t，水平位移为x：
解得
考查方向
解题思路
根据动能定理求出小球2通过C点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对它的压力大小，小球2离开C点后做类平抛运动，结合牛顿第二定律求出加速度，求出竖直方向上的运动时间，通过等时性求出水平方向上的位移．
易错点
对动能定理理解出现错误
正确答案
解析
乙球能够运动到C点的条件是
场强的最小值为
乙球离开C点落到轨道AB上，需满足的条件是
解得场强的最大值为
所以场强的取值范围是
考查方向
解题思路
为了保证小球2能沿轨道运动并通过C点，通过C点时压力大于等于零，以及抓住电场力小于重力，结合动能定理求出电场强度的范围．由电场力做功与电势能变化之间的关系可求出
易错点
不能根据电场力和重力的关系，确定场强的范围
一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒连接而成。活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L=0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA= 40 cm2，SB= 20 cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0=1.0×l05Pa的大气。当汽缸内气体温度为T1=525K时两活塞静止于如图所示的位置。
23. ( i)求此时气体的压强；
24. ( ii)现使汽缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？
正确答案
解析
活塞整体受力平衡
得：
考查方向
解题思路
对两活塞组成的整体根据受力平衡求气体压强
易错点
不会整体分析活塞受力
正确答案
现使汽缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为300K时活塞A恰好移到两圆筒连接处
解析
对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等圧変化
由盖吕萨克定律得
解得
考查方向
解题思路
气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解
易错点
不会分析气体的初末状态
如图所示，倾角为θ=370的固定斜面上，一小物块从底端A点以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回到出发点A。已知小物块返回出发点A时速度大小是初速度大小的0.5倍，取g= l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：
17. (1)小物块和斜面之间的动摩擦因数；
18. (2)若在小物块到达最高点后在下滑过程中加水平恒力F作用在物块上，使物体在返回出发点时的速度大小与初速度大小相同，求F大小与物体重力大小的比值。
正确答案
0.45
解析
物体上滑过程受力分析
下滑过程受力分析
由上滑和下滑过程位移大小相等得
又
可得
联立以上各式求得
考查方向
解题思路
首先对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，然后求出动摩擦因数
易错点
不会进行受力分析
正确答案
0.67
解析
加入水平恒力F，对物体进行受力分析
返回A点速度大小与初速度大小相等，故
代入以上各式得
考查方向
解题思路
根据受力分析，在沿斜面和垂直斜面两个方向建立等式，再根据加速度大小相等，进行求解。
易错点
不会受力分析
[物理——选修3-4]
25. （5分）一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为l0m/s，下列说法中正确的是____ 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
26. (2)（10分）如图所示，空气中有一折射率为
正确答案
解析
A. 从波形图可以看出波长为4m,故周期：T=λv=410=0.4s，故A正确；
B. 波传播的速度为10m/s，经0.1s波形平移的间距为：
△x=v⋅△t=10×0.1=1m，故结合波形图可以看出波形向左平移1m；故B错误；
C. 波沿x轴负方向传播，故t=0时刻质点a沿y轴负方向运动，故C错误；
D. 周期为0.4s,由于△t=0.2s=T2，故质点a经0.2s通过的路程为：S=2A=0.4m，故D正确；
E. x=2m处的质点正向下运动,故位移表达式为y=−Asin2πTt=0.2sin(5πt+π)，故E正确；
考查方向
解题思路
波传播的速度为10m/s，根据△x=v•△t求解0.1s内波形平移的间距，然后结合波形图得到波的传播情况．
易错点
不会确定质点的位移表达式
正确答案
AB上有光透出部分的弧长为
解析
光线从AO进入玻璃柱后的折射角均为
由几何关系可知
答：AB上有光透出部分的弧长为
考查方向
解题思路
注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解．
易错点
不能正确画出光路图