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1．一木块静止在水平桌面上，则（ ）
正确答案
解析
AB、压力和支持力是相互作用力，不是平衡力是作用力反作用力， 故A错误，B正确。
C、压力施力物体是木块，受力物体是桌面，是弹力；重力施力物体是地球，受力物体是木块，是万有引力的分力，故C错误。
D、压力与支持力是作用力和反作用力，总是大小相等，故D错误。
考查方向
解题思路
根据平衡力和作用力反作用力的定义及受力物体个数分析ABD，根据压力和重力的性质及受力物体施力物体分析C。
易错点
不知道作用力反作用力与平衡力的区别导致AB判断错误，不知道压力重力的性质，导致C判断错误。
4．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力的作用下运动，取无限远处的电势为零，则
正确答案
解析
A、根据两等量正电荷周围部分电场线分布情况知道P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．
故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．
B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B错误．
C、取无限远处的电势为零，正电荷周围电势为正值，所以O点的电势大于0，根据电势能定义
D、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到M相对于O点的对称点的过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故D正确。
考查方向
解题思路
根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。
易错点
不清楚等量异种电荷周围电场线分布情况导致分析场强大小、电场力做功出现错误。
5．宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球心连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离不断缓慢增加，双星系统仍视为做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
正确答案
解析
A、双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律
B、根据
双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力
C、
D、由
考查方向
解题思路
双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化。
易错点
不清楚双星间距离与轨道半径关系导致分析推导加速度、角速度、周期出现错误。
2．我国在轨运行的气象类卫星有两类，一类是极地轨道卫星，如“风云一号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星，如“风云2号”，运行周期为24h，下列说法正确的是
正确答案
解析
A、卫星做圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力
风云2号周期大于风云1号周期，所以风云2号轨道半径大于风云1号轨道半径，
B、
C、风云2号轨道半径大于风云1号轨道半径，所以风云1号的发射速度小于风云2号的发射速度，故C错误；
D、风云2号的周期等于地球的公转周期，相对地面静止，风云1号周期小于地球的公转周期，相对地面运动，故D错误。
考查方向
解题思路
卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，据此讨论描述圆周运动的物理量与半径的关系，再根据半径关系求解即可。
易错点
不能根据万有引力提供向心力导出各线速度、加速度、周期表达式，不知道发射速度与运行速度的区别导致错误。
3．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t，图像如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为
A
B
C
D
正确答案
解析
A、负电荷从a释放后，加速运动到b，负电荷受到的电场力方向是从a指向b，则电场方向就是由b指向a，因由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a、b两点的电势关系是φa＜φb，故A错误；
BC、图线的斜率表示加速度，由图b知．图线的斜率减小，则负电荷从a运动到b的过程中，加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从a到b时，受到的电场力是逐渐减小的，由
D、负电荷在电势高处电势能小，因φa＜φb则EPa＞EPB故D错误。
考查方向
解题思路
根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化。
易错点
混淆了电场力方向与电场线方向，误以为电场力方向就是电场线方向，导致判断电势高低出现错误；不知道图像斜率代表加速度导致场强大小判断错误。
6．如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m，半径为r的光滑球B，重力加速度为g，则
A地面对A的摩擦力方向向右
BB对A的压力大小为
C细线对小球的拉力大小为
D若剪断绳子（A不动），则此瞬时球B加速度大小为
正确答案
解析
A、AB整体受重力和支持力，无相对地面滑动趋势，不受摩擦力，故A错误；
B、小球B受力如图所示：
根据平衡条件有 
其中
C、根据平衡条件有 
D、若剪断绳子（A不动），B球受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ=ma，
解得：
考查方向
解题思路
对整体根据共点力平衡条件分析A选项；对B物体受力分析后根据平衡条件分析BC选项；若剪断绳子，对B根据牛顿第二定律列式求解瞬时加速度。
易错点
误以为B对A有作用力，则A受摩擦力，不会运用整体法分析问题导致错误。
8．如图所示是A、B两质点从同一地点运动的x-t图像，则
正确答案
解析
A、由位移图象可知A质点做匀速运动，
BC、质点B图象是曲线，切线斜率表示速度，前4s速度为正，且越来越小，后4s速度为负且速度越来越大，故B正确，C错误；
D、位移时间图象的交点表示两者相遇，故D正确。
考查方向
解题思路
位移图象中斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负判断质点的运动方向，交点表示质点在同一位置。
易错点
不清楚位移图像和速度图像的区别，认为质点A做匀加速直线运动，交点表示速度相等导致错误。
9．如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止。
正确答案
解析
设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有：
A、 Q受到重力、支持力绳子的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，
在竖直方向上：
联立①③可得：
BC、由②得角速度
D、小球的角速度增大，根据：T=
考查方向
解题思路
金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化。
易错点
不会利用三角函数导出各物理量的数学表达式，不能灵活运用整体法隔离法分析导致错误。
7．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是
正确答案
解析
A、 在等势面上移动电荷时电场力不做功，电场力与等势面垂直，故电场强度与等势面处处垂直，A正确；
B、 场强为零是客观的不变的，电势为零是人为规定的，与场强无关，故B错误；
C、 沿场强方向电势降低，场强大小可能增大，故C错误；
D、 电势降落最快的方向与等势面垂直，与等势面垂直的方向就是场强的方向，故D 正确。
考查方向
解题思路
根据电场线与场强的关系、电场线与电势的关系分析即可，也可根据常见电场分析。
易错点
不清楚电场线与电场强度电势的关系，对场强电势概念理解不透彻导致错误。
12．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示，但是方向未知，一个质量为m、电量为+q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为
AA、B两点的电场强度和电势大小关系为
B即使
CA、B两点间的电势差为
D小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为
正确答案
解析
A、由电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，可知，EA＜EB．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，可知，φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A错误；
B、在运动的过程中，由动能定理得，mgh+qU=
C、由B得，A、B两点间的电势差 U=
D、由上式得，电场力做功为 W=qU=
考查方向
解题思路
根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低．小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负．根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功
易错点
不清楚电场线与场强电势的关系，不会用动能定理分析电势差电场力做功导致错误。
11．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道II，则
正确答案
解析
A、11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动的速度小于7.9km/s，其发射速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A错误。
B、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，
C、在轨道Ⅰ上，由P点向Q点运动，万有引力方向与速度方向夹角大于90o，所以P点的速度大于Q点的速度．故C正确。
D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故D正确。
考查方向
解题思路
了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动 。若是供大于需 则卫星做逐渐靠近圆心的运动 ;若是供小于需 则卫星做逐渐远离圆心的运动
易错点
不清楚宇宙速度、同步卫星概念，不了解卫星变轨导致错误。
10．用图示电路测电池电动势和内阻，由U-I图线可得
A电池电动势的测量值为1.40V
B电池内阻的测量值为3.50Ω
C外电路发生短路时的电流为0.40A
D电压表的示数为1.20V，电流表的示数
正确答案
解析
A、由电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.40，知电源的电动势测量值为1.40V，故A正确；
B、电源内阻等于图象斜率的大小，为
C、由图示图象可知，路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，可知外电路发生短路时的电流为
D、当电压表示数为1.20V时，
考查方向
解题思路
由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻。
易错点
忽略横轴与纵轴的交点坐标是（0,1.00），不是（0,0）导致错误。
13．为了测量某种材料制成的特种电阻丝
正确答案
（1）大；欧姆调零；（2）1880；
（3）电路图如图所示
（4）
解析
（1）欧姆表最大刻度线在左侧，用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×1”档时发现指针偏转角度过小，说明电阻较大，为准确测量电阻阻值，应换为“×10”档，并重新进行欧姆调零．
（2）将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=3mA）；
所以改装后的电压表的内阻为：
（3）由于题意可知，两电流表，当电流表A使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5Ω，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，则电路图如下图所示；
（4）由电阻定律可知，电阻
考查方向
解题思路
（1）多用电表盘刻度，不均匀，且从左向右，电阻刻度越来越小，而多用电表电阻的测量值等于表盘示数乘以倍率；
（2）根据电压表的量程为0～3V，结合电流表G（内阻Rg=99Ω，满偏电流Ig=3mA），即可求出电阻箱的阻值；
（3）因两个电流表，一电流表与电阻串联当作电压表，因此使用另一电流表的内接法，再能准确得出所测电阻的电流；根据滑动变阻器（5Ω，1A），因此采用滑动变阻器限流式，从而画出正确的电路图，即可求解．
（4）由电阻定律求出电阻率的表达式，结合欧姆定律及串并联的特征，然后求出电阻率
易错点
不知道欧姆表使用读数方法：此刻度不均匀，应尽量让指针在中央附近，同时乘以倍率；不注意电流表G内阻已知，电流表A外接误差更小。
15．如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m=10g、电荷量q=+
（1）该电场的电场强度；
（2）若电场强度变为原来的
（3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=
正确答案
（1）
解析
（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在x轴方向：
在y轴方向：
得：
（2）场强变化后物块所受合力为：
根据牛顿第二定律得：
故代入解得
（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故
考查方向
解题思路
（1）根据共点力平衡条件求出电场力，再由F=Eq求出场强E；（2）由力的正交分解求沿斜面的合力，再由牛顿第二定律求加速度；（3）根据功能关系求解电场力做功。
易错点
不会正交分解导致不能求出合力，不理解功能关系导致不会求机械能变化。
17．如图，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6m，管内壁光滑，两端口C、D连接沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=
（1）小球通过端口D时的速度大小
（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小
（3）撤去外力F时小球的速度大小
正确答案
（1）2m/s（2）0 （3）9m/s
解析
（1）在端口D由牛顿第二定律有
（2）设小球经过半圆管中点P时的速度大小为
在P点由牛顿第二定律有
（3）设F作用的距离为s，从A到D由动能定理有
在F作用的过程中由动能定理得
考查方向
解题思路
（1）根据重力弹力合力提供向心力求出在D点的速度；（2）对P到D过程，根据动能定理求出在P点速度，再据弹力电场力合力提供向心力求解弹力；（3）对小球从A到D过程和力F作用过程根据动能定理列方程求解速度。
易错点
不知道沿半径方向的合力提供向心力，不会划分物理过程找出规律导致错误。
14．在描绘小电珠的伏安特性曲线实验中，一组同学用量程3V的电压表测量小电珠的电压，用多用电表的250mA档测量通过小电珠的电流。
（1）在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与_______连接（填“a”或“b”）
（2）将得到的数据记录在表格中，当电源为1.50V时，对应的多用电表指针指示如图乙所示，其读数为__________mA
（3）根据表格中的其他数据，在答题卡的坐标纸上绘制出I-U曲线
（4）由I-U曲线可以看出，随电压，电流的增大，小电珠的电阻_______________
（5）实验后，某同学用多用电表的欧姆档测量小电珠的电阻，他将选择开关置于电阻“×1”档，调零后将红黑表笔接在小电珠的两极上，已知多用电表内部欧姆档所接电池的电动势为1.5V，欧姆档刻度盘的中央刻度示数为15，则指针位于_______区间。
正确答案
（1）b（2）173或174（3）如图所示（4）变大（5）D
解析
（1）多用电表充当电流表时，应保证电流红进黑出；根据电路图可知，黑表笔应接b处；
（2）由图可知，电流表量程为250mA，则最小分度为5mA；则读数为173mA；
（3）根据表中数据利用描点法可得出对应的伏安特性曲线；
（4）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随着电压的增大而增大；
（5）当电压为零时，图象中过O点的斜率可以表示常温下的电阻，由图可知，电阻约为：
考查方向
解题思路
（1）根据多用电表的读数原理和电路图可明确黑表笔应接的位置；
（2）根据电流表的量程确定最小分度，从而明确对应的读数；
（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；
（4）根据图象的性质可明确电阻的变化；
（5）根据图象O点的斜率可近似表示没有电流时的电阻，则可明确多用电表的指针的位置。
易错点
不知道多用表原理使用方法，不理解U-I图像导致错误。
16．如图所示，一平行板电容器ABCD倾斜放置，倾角
（1）小球到达B端的速度
（2）小球进入平行板电容器后的加速度；
（3）若小球恰从A端离开电容器，求AB板的长度，（两板间距足够，小球不会打到CD板上）
正确答案
（1）
解析
（1）小球从B端由静止释放，有：
（2）将电场力沿竖直、水平方向分解，则有
故小球加速度
（3）小球在电容器间做类平抛运动，设AB板长度为L，若小球恰从A处离开，则
考查方向
解题思路
(1)根据动能定理或自由落体运动公式求出到达B点时的速度；(2)根据牛顿第二定律求出竖直方向与水平方向的加速度分量，进而求出加速度；（3）根据类平抛运动公式求出AB板长度。
易错点
不能根据力的合成分解确定加速度的方向是水平方向，导致不能利用类平抛运动公式求解板的长度。
18．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为
（1）试求在0~kT与kT~T时间内射出B板电子的速度各是多大？
（2）在0~T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果又L、d表示）
正确答案
（1）
解析
（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0-kT时间内，穿出B板后速度为
据动能定理有：
将
（2）在0-kT时间内射出 板电子在偏转电场中，电子的运动时间：
侧移量：
打在荧光屏上的坐标为
同理可得在kT-T时间内设穿出B板后电子侧移量：
打在荧光屏上的坐标：
故两个发光点之间的距离：
考查方向
解题思路
（1）对各段过程分别据动能定理列方程求解速度；（2）先根据类平抛运动公式、牛顿第二定律、三角形相似求解发光点间的距离。
易错点
不注意电场力方向导致求解电场力做功错误，不会利用三角形相似求解发光点位置坐标导致错误。