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14．从高度为h处以水平速度v0抛出一个物体，要使该物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角θ较大，则h与v0的取值应为下列中的哪一组
正确答案
解析
物体落地时的竖直分速度
考查方向
解题思路
根据速度位移公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出速度与水平方向夹角的正切值，从而分析判断.
易错点
关键找出物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角的表达式分析。
知识点
16．如图a所示，将质量为m的物体置于倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，物体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知物体始终没有脱离平板，物体与平板间的动摩擦因数为0.75。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则
AO﹣q段图线是直线
Bq﹣
C
D
正确答案
解析
A、
B. 
C、当θ=37°时，
D.物体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：
考查方向
解题思路
物体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动，是静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析；滑动后是滑动摩擦力，根据滑动摩擦公式列式分析。
易错点
当θ从0缓慢增大到90°的过程中，找出物体在平板上恰好开始滑动的临界条件，从而区分是滑动摩擦力还是静摩擦力。
知识点
18．太极球是广大市民中较流行的一种健身器材。将太极球（拍和球）简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。球的质量为m，重力加速度为g，则
A在C处板对球施加的力比在A处大6mg
B球在运动过程中机械能守恒
C球在最低点C的速度最小值为
D板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大
正确答案
解析
A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：
解得：F=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故A错误；
B、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B错误；
C、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据
D、在B处合力提供向心力，即
考查方向
解题思路
球在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况，并结合机械能守恒的条件分析即可。
易错点
抓住球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，分析受力情况，注意合力提供小球运动的向心力。
知识点
15．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比为1:n，副线圈接一定值电阻R，下列说法正确的是
A
A．若ab之间接直流电压U，则R中的电流为
B若ab之间接直流电压U，则原、副线圈中的电流均为零
C若ab之间接交流电压U，则原线圈中的电流为
D若ab之间接交流电压U，则副线圈中的电流为
正确答案
解析
A、B. 若ab之间接直流电压U,穿过变压器原副线圈的磁通量恒定，在副线圈没有感应电动势，所以副线圈中的电流为零，但原线圈中有电流，故A错误，B正确；
C、D. 若ab之间接交流电压U,由变压器电压与匝数之间的关系有
考查方向
解题思路
根据法拉第电磁感应定律，变压器电压、电流与匝数比之间的关系结合欧姆定律，确定出原副线中的电流值。
易错点
穿过副线圈的磁通量变化才能在副线圈中产生感应电动势。
知识点
17．矩形导线框abcd放在磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图甲所示。t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在0～4s时间内，线框ab边受磁场的作用力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是图中的
A
B
C
D
正确答案
解析
t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左．当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．故选：D．
考查方向
解题思路
穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ab边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系。
易错点
产生的电流方向用楞次定律来判断，判断安培力的方向要用左手定则，注意左手定则及楞次定律的使用方法。
知识点
19．如图所示，固定在地面上的光滑绝缘杆与水平面成30°角，在杆的上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细杆在同一竖直面内，杆的顶端A与P点连线水平。带电量为-q可看成质点的小球从A点静止开始沿杆向下运动，小球在A处时的加速度大小为a。PB与杆垂直，B为AC中点。忽略小球对+Q电场的影响。下列说法正确的是
正确答案
解析
A、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故A正确；
B、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细杆方向的分力之合提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细杆方向的分力之差提供的，所以由牛顿第二定律知，小球在C点时的加速度大小不是a．故B错误；
C、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此B点电势高于A点电势，故C正确；
D、结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式
考查方向
解题思路
根据电场力做功的正负来确定电势能高低；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解C处加速度．由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，分析电势的高低；根据点电荷电场强度的公式，分析场强关系。
易错点
利用点电荷场强公式计算某点场强时，r是到场源核的距离。
知识点
20．一颗科学资源探测卫星的圆轨道经过地球两极上空，运动周期为T=1.5h，某时刻卫星经过赤道上A城市上空。已知：地球自转周期T0=24h，地球同步卫星轨道半径r，万有引力常量为G，根据上述条件
正确答案
解析
AB、根据地球卫星受到的万有引力提供向心力，对同步同星有：
C、根据探测卫星万有引力提供向心力周期公式，因为M已经求得，所以可以求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，不能得到地球的球半径，在地球表面有
D、经过12h时，赤道上A城市运动到和地心对称的位置了，而资源探测卫星正好转过了8圈，又回到原位置，所以经过12h卫星不会到达A城市上空，故D错误．故选：AB
考查方向
解题思路
根据地球同步卫星万有引力提供向心力周期公式求出地球质量，再根据探测卫星万有引力提供向心力周期公式即可求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，因为不知道地球半径，所以无法求出地球表面的重力加速度。
易错点
在地球表面有
知识点
21．下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
若该车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且所受阻力大小恒定。（g取10 m/s2）根据表中数据，下列说法正确的是
正确答案
解析
：A、B.从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率P入=UI=36×6W=216W,由于内阻消耗的功率等于输入功率与输出功率的差：Pr=I2r=P入-P出=216-180=36W,则
C.车正常行驶时
D.P额=Fv,根据牛顿第二定律得
考查方向
解题思路
根据P=UI求出电动机正常工作时的输入功率，结合输出功率，求出电源内部消耗的功率，根据Pr=I2r求出电动机的内阻；正常行驶时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求出自行车所受阻力及阻力是车重多少倍；根据功率和速度求出牵引力的大小，再结合牛顿第二定律求出加速度的大小。
易错点
注意在计算车速为3m/s加速度时，牵引力不是电动自行车达到最达速度时的牵引力。
知识点
29.下列说法正确的是________。
正确答案
解析
A、当分子间有作用力时，分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距离增大，分子间的引力和斥力都减小．故A正确；
B、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，是由于液体分子的撞击形成，它不是液体分子的热运动，但是液体分子热运动的反映．故B错误;
C、食盐晶体中的钠，氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，C正确；
D、做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，故D错误；
E、第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但时违反了热力学第二定律，也是不可能制成的．故E正确；故选：ACE
考查方向
解题思路
布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动；分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小；温度是分子的平均动能的标志；根据热力学第一定律，外界对物体做功时，物体的内能不一定增加。
易错点
分子间力随分子之间距离的变化规律是分子间的引力和斥力都随分子之间距离增大而减小；布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动而不是液体分子的无规则运动。
知识点
在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图（a）所示的实验装置，小车的总质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带打上的点计算出来。
26.当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。甲同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据。为了比较容易地找出加速度a与质量M的关系，应该做a与 （选填“M”或“
正确答案
（1）
解析
：（1）以整体为研究对象有：
（2）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a-M图象；但
（3）由图可知在拉力相同的情况下a乙＞a丙，根据F=ma可得
故答案为：（1）
考查方向
解题思路
（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小与盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有
（2）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系．
（3）a-F图象的斜率等于物体的质量，故斜率不同则物体的质量不同.
易错点
实验原理的理解，才能得出只有
某实验小组为了探究材料未知、横截面积不同的金属丝甲、乙的电阻，采用了如图1所示的实验电路。A、B、C为两段金属丝的端点，F是卡在金属丝上可移动的小滑片。在实验过程中，首先将滑动变阻器调至适当的阻值并保持滑片P的位置不变，然后将滑片F从A端滑向C端，滑过的距离AF记为x，电压表、电流表的示数分别记为U、I。
24.（1）用螺旋测微器测出金属丝甲的直径d，测量结果如图2所示，d=_________mm；甲的电阻率的表达式ρ甲=_________(用题目所给字母表示)
（2）电压表读数U随距离x的变化数据如下表，该实验小组已经在图3将数据在U-x坐标中标出，请你在图3中绘出U随x变化的图线。
（3）若已测算出金属丝乙的横截面积为S=0.32mm2，电流表示数为I=1.20A，则金属丝乙的电阻率为_______Ω·m。
正确答案
（1）0.636； 
（3）
解析
（1）金属丝甲的直径d如图示：固定刻度为0.5mm，那么读数为0.5+0.01×13.6=0.636mm甲的电阻率由
（2）由闭合电路的欧姆定律分析可知，U与X成线性关系，故图象应为两段直线，如图示：
（3）由图象可知，电阻丝乙的长度约为L=160cm-100cm=60cm；
电阻丝乙分得的电压应为U=7.00V-6.2V=0.8V；故电阻丝电阻率约为
故答案为：（1）0.636；
考查方向
解题思路
甲的电阻率可由电阻决定式表示；由闭合电路的欧姆定律分析可知，电压表示数应正比于比联阻值，即U正比于X，故图象应为两段直线；从图象中可找到金属丝乙的长度及所分电压，列式求解即可。
易错点
由欧姆定律分析可知，U与X成线性关系，图象应为两段直线从图线改变处得到电阻丝乙的长度，从图象中读出此时的电压数值代入到电阻决定式中计算，注意单位要统一。
图甲所示为质谱仪的原理示意图。质量为m的带正电粒子从静止开
25．若将偏转磁场改为半径
的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场边
界与直线MN相切于G点，如图乙所示，粒子
进入磁场的速度若不变，要使粒子仍能打到H
点，圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B' 应为
多大?
正确答案
解析
设圆形磁场的圆心O与H的连线与MN的夹角为θ，则
设粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径为R’，由牛顿第二定律，得
由几何关系，得
联立④⑤⑥⑦，得
考查方向
解题思路
粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中运动的半径公式可以求得粒子的电荷量；由几何关系确定出粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径为R’，由粒子在磁场中运动的半径公式可以求得粒子的磁感应强度B'。
易错点
关键通过几何关系确定出半径数值，由半径公式求得粒子的电荷量及磁感应强度B'.
如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3m2，气缸内有质量m=2kg的活塞
活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12cm，此时气缸被封闭气体的压强1.5×105 Pa，温度为300K。外界大气压为1.0×105Pa，g=10m/s2。
30.现对密闭气体加热，当温度升到400K，其压强多大？
31.若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360K，则这时活塞离缸底的距离为多少？
正确答案
解析
根据查理定律，得
解得：
考查方向
解题思路
由于销子的作用，气体的体积不会变化，确定气体的两个状态，分析其状态参量，利用等容变化可解得结果．
易错点
确定气体的状态是关键，如当有销子时，气体等容变化；
正确答案
解析
活塞静止时，缸内气体的压强
考查方向
解题思路
拔去销子K后，活塞会向上移动直至内外压强一致，确定此时的状态参量，结合第一个状态，利用气体的状态方程可解的活塞距离缸底的距离。
易错点
确定气体的状态是关键，如当有销子时，气体等容变化；
27.从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t及此过程Q的位移；
28.从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回
到出发点几次?
正确答案
解析
P进入相互作用区域时的速度vP=gt0=
P在相互作用区域运动的时间
设P开始下落至进入区域前Q的加速度为aQ0，
根据第二定律，得μMg=MaQ0
解得：aQ0=1m/s2 由运动学公式，得：
Q在此过程的位移：
P进入相互作用区域至运动到最低点过程中，Q的位移：
故Q的位移为x=x1+x2=10.37m
考查方向
解题思路
注意当物块P到达相互作用区域时，Q对地面的压力增大，因此摩擦力发生变化，其运动的加速度也发生变化，理清其加速度的变化情况，然后根据运动规律；
易错点
P到达相互作用区域时，Q对地面的压力增大，因此摩擦力发生变化，Q物体的合外力大小发生变化，故其加速度大小要发生变化，此处是关键。
正确答案
3次。
解析
设板Q速度为零时，P一共回到出发点n次。则：
v0－2naQ0t0－2naQt＝0 代入数据，解得n＝3.03
故n取3
考查方向
解题思路
物块P进入相互作用区域和离开时加速度不同，而且具有周期性，然后根据速度与时间的关系求解即可.
易错点
P到达相互作用区域时，Q对地面的压力增大，因此摩擦力发生变化，Q物体的合外力大小发生变化，故其加速度大小要发生变化，此处是关键。