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14.空间中存在一个静电场，静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线.一个质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0从坐标原点O点进入电场，沿x轴正方向运动.则下列叙述正确的是( )
A粒子从O点运动到x1的过程中速度逐渐增大
B粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为
D若
正确答案
解析
A.粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，电场力做负功，粒子做减速运动，故A错误；
B.粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，故B错误；
C.根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得
D.若
解得最大速度为
考查方向
解题思路
根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况。根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化。粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解初速度v0。粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度。
易错点
根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化。利用动能定理列方程解答。
16.如图所示，一个边长为L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为L的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框。在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示i—t关系的图示中，正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
根据右手定则得线框前条边刚进入磁场区域过程中感应电流为逆时针方向，且由E=Blv知感应电流逐渐增大，当导线框的前条边完全进入磁场而后条边还未进入磁场的过程中，导线框中的电流恒定不变；之后，当导线框的前条边开始出磁场而后条边还未进磁场的过程中，线框中的电流开始逐渐减小，再后，当导线框的前条边出磁场后条边开始进磁场的过程中线框中的电流大小继续减小，且减小的情况比前一阶段减小情况更快（因为前后两条边形成的电动势反向抵消），直到电流减小到零，共4种情况，依此类推此后也是4种情况，故A、B、D错误，C正确。
考查方向
解题思路
根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择．
易错点
当导线框的前条边开始出磁场而后条边还未进磁场的过程中，线框中的电流开始逐渐减小，再后，当导线框的前条边出磁场后条边开始进磁场的过程中线框中的电流大小继续减小，且减小的情况比前一阶段减小情况更快（因为前后两条边形成的电动势反向抵消），直到电流减小到零。
15．如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2=100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上瞬时值表达式为u1=310sin314t（V）的交变电压，则（ ）
正确答案
解析
A.当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为100：1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为22V，故A错误；
B.由题知
C.根据理想变压器的工作原理知，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载无关，所以当单刀双掷开关接a，将滑动变阻器触片P向上移时，电压不变，故C错误；
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，则变阻器R消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率变大，故D错误。
考查方向
解题思路
根据理想变压器的基本关系和因果关系判断。
易错点
根据理想变压器的工作原理知，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载无关，所以当单刀双掷开关接a，将滑动变阻器触片P向上移时，电压不变。
17.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2/B1等于（ ）
A
B
C2
D3
正确答案
解析
设圆形区域磁场半径为R，根据题意，当粒子射出边界的位置圆弧长是圆周长的1/3时，根据几何关系可知轨道半径
考查方向
解题思路
画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可。
易错点
带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解。
18. 如图所示，粗糙斜面始终静止在地面上，质量为m的物块放置其上，物块受到竖直向下的力F的作用，沿斜面向下以加速度a做匀加速运动，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
以物体为研究对象，受力分析可知，物体受重力、竖直向下的力F、斜面的作用力而加速下滑，则合外力一定沿斜面向下；根据二力的合成可知，斜面体对物块的作用力只能斜向左上方，再对斜面体分析可知，斜面体受物体向右下的压力；故斜面体受到的摩擦力水平向左；故A正确。
考查方向
易错点
本题当物块在斜面运动时采用隔离法研究，当物块在斜面上静止时，可采用整体研究F2，要灵活选择研究对象。
19.某人造卫星绕地球作匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了该卫星相继飞临赤道上空所对应的地面的经度。设该人造卫星绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2，则（ ）
正确答案
解析
A.地球一周的角度为360°，由图中所给数据可知转动一周角度为22.5°，所以转动一周所用时间为地球自转周期的1/16，地球自转周期为24小时，所以该人造卫星周期为1.5小时。故A正确；
B.因为该人造卫星绕地球飞行的轨道半径为r1不知道，所以该卫星环绕速度不能求出。故B错误；
C.由周期公式
D.该卫星内漂浮的物体处于失重状态。故D错误。
考查方向
解题思路
从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故可以得到飞船的公转周期；然后运用推论公式
易错点
从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°
20.a、b、c三个带电量相同的质量也相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（ ）
正确答案
解析
A.因a、b粒子在电场中的运动时间相同，所以两粒子打在负极板与离开电场是同时的，所以A正确；
BC.带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，水平做匀速直线运动，因为三个带电粒子是相同的，故在电场中的加速度是相同的，根据
D.带电粒子的动能增量
考查方向
解题思路
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据竖直方向上的偏转位移，结合加速度，比较出运动的时间，在结合水平位移比较进入电场时的初速度．根据动能定理比较动能的增量。
易错点
解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解。
21．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，下端固定，上端放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（ ）
正确答案
解析
A.重力势能变化量为克服重力做功即-W1，故A对；
B.小球动能变化量等于合外力做功，小球与弹簧组成的系统除了受到自身重力和电场力外，还有弹簧弹力做功 ，故B错误；
C.小球机械能的变化等于除重力和系统内的弹力外其他力做的功， 故C错误；
D.小球与弹簧组成的系统除了受到自身重力和系统内的弹簧弹力外，还有电场力做功，因此机械能不守恒，故D正确。
考查方向
解题思路
根据功能关系判断。
易错点
小球机械能的变化等于除重力和系统内的弹力外其他力做的功。
22．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。某次测量如图2所示，指针示数为______cm。在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数 LA和LB，如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m(重力加速度g取10 m/s2)。
由表1数据__________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
正确答案
16.00 12.50 能
解析
由图2可得读数为15.95cm--16.05cm；由表1的数据结合根据胡可定律可得
考查方向
本题主要考查了力学实验-探究弹力和弹簧伸长的关系
解题思路
由ΔF＝kΔx可得k；弹簧串联时两弹簧上的力都与外力相等，k1＝
易错点
考查读数问题，精确度为0.1 cm，还需估读一位
23．图 (a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，虚线框内是毫安表改装电路。
已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R1＝________ Ω， R2＝________ Ω。现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表
正确答案
15 Ω 35 Ω；300 3 000 ； c 见解析
解析
定值电阻和毫安表表头是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比。若使用a和b两个接线柱，量程为3 mA，则通过R1、R2的电流为2 mA， 则通过毫安表表头和R1、R2的电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R1＋R2＝
考查方向
本题主要考查了电学实验-电表改装，电表校准。
解题思路
根据闭合电路的欧姆定律和串并联电路的特点求解判断。
易错点
因为只有一个损坏，所以验证
如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节。下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出。今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差ΔF。改变BC的长度L，重复上述实验，最后绘得的ΔF－L图象如图乙所示。(不计一切摩擦阻力，g取10 m/s2)
24.某一次调节后，D点的离地高度为0.8 m，小球从D点飞出，落地点与D点的水平距离为2.4 m，求小球经过D点时的速度大小；
25．求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径。
正确答案
6 m/s
解析
小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD＝
在水平方向做匀速直线运动，有：x＝vDt，
得：vD＝
考查方向
解题思路
由平抛运动的规律求解
易错点
由图象纵截距求小球的质量m。根据图像的斜率、截距求出相关物理量，是图像问题中常用的数学方法。
正确答案
0.2 kg 0.4 m
解析
设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒，有：
在A点：
在D点： 
由①②③式得：ΔF＝FA－FD＝6mg＋2mg ，
由图象纵截距得：6mg＝12 N，得m＝0.2 kg，
当L＝0.5 m时，ΔF＝17 N，解得：r＝0.4 m．(“杆”模型)
考查方向
解题思路
因为小球做曲线运动，所以，首先由机械能守恒、牛顿第二定理求出ΔF与L的关系，然后由图象纵截距求小球的质量m，进而求出r。
易错点
由图象纵截距求小球的质量m。根据图像的斜率、截距求出相关物理量，是图像问题中常用的数学方法。
如图（1）所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为0.8m，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计。有一个匀强磁场垂直轨平面斜向上，长为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为0.1kg、与导轨接触端间电阻为1Ω。两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R2为一电阻箱。已知灯泡的电阻RL＝4Ω，定值电阻R1＝2Ω，调节电阻箱使R2＝12Ω，重力加速度g=10m/s2。将电键S打开，金属棒由静止释放，1s后闭合电键，如图（2）所示为金属棒的速度随时间变化的图像。
26. 求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；
27.若金属棒下滑距离为60m时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100m的过程中，求整个电路产生的电热；
28.改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，金属棒匀速下滑时R2消耗的功率最大；消耗的最大功率为多少？
正确答案
0.5T
解析
电键S打开，从图上得：
F安＝BIL，I＝
从图上得：vm=18.75m/s，
当金属棒匀速下滑时速度最大，有：mgsina＝F安，所以mgsina＝
得：
考查方向
解题思路
电键S打开，ab棒做匀加速直线运动，由速度图象求出加速度，由牛顿第二定律求解斜面的倾角α。开关闭合后，导体棒最终做匀速直线运动，由F安=BIL，
得到安培力表达式，由重力的分力mgsinα=F安，求出磁感应强度B。
易错点
运用数学知识分析R2消耗的功率何时最大。
正确答案
32.42J
解析
由动能定理：
考查方向
解题思路
金属棒由静止开始下滑100m的过程中，重力势能减小mgSsinα，转化为金属棒的动能和整个电路产生的电热，由能量守恒求解电热。
易错点
运用数学知识分析R2消耗的功率何时最大。
正确答案
1.5625W
解析
改变电阻箱R2的值后，金属棒匀速下滑时的速度为vm’， 
考查方向
解题思路
改变电阻箱R2的值后，由金属棒ab匀速运动，得到干路中电流表达式，推导出R2消耗的功率与R2的关系式，根据数学知识求解R2消耗的最大功率。
易错点
运用数学知识分析R2消耗的功率何时最大。
如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图，P是离原点x1 = 2 m的一个介质质点，Q是离原点x2 = 4 m的一个介质质点，此时离原点x3 = 6 m的介质质点刚刚要开始振动。图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图像（计时起点相同）
29. 由此可知：（ ）
30.用折射率为n的透明物质做成内、外径分别为a、b的球壳，球壳的内表面涂有能完全吸收光的物质，如图所示，当一束平行光从左侧射向该球壳时，被吸收掉的光束在射进球壳左侧外表面前的横截面积有多大？
正确答案
考查方向
解题思路
作出经第一次折射后与空心球内壳相切的光线，由几何知识求出折射角的正弦，根据折射定律，求出入射角的正弦，由几何知识求出此平行光束在入射前的横截面积。
易错点
解决本题的关键作出光路图，通过折射定律和几何关系进行求解。
正确答案
S=πb2
解析
若光线经球壳折射后恰与球壳的内表面相切，则被吸收的光束进入球壳前的横截面积S=πR2 ①
由折射定律sini=nsinr②
sini=R/b ③
sinr=a/b ④
将③④代入②得：R=na，
若a<b/n时，S=πn2a2 ⑤
若a≥b/n时，进入球壳的光线全部被吸收，此时，S=πb2 ⑥
考查方向
解题思路
作出经第一次折射后与空心球内壳相切的光线，由几何知识求出折射角的正弦，根据折射定律，求出入射角的正弦，由几何知识求出此平行光束在入射前的横截面积。
易错点
解决本题的关键作出光路图，通过折射定律和几何关系进行求解。