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16．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示，10s后的速度图象没有画出，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、由速度-时间图象可以知道，在5～10s内，物体处于匀速直线状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等，F滑=F推=4N，故A错误；
B、在0～5s内，物体做匀加速直线运动，a=1m/s2，F合=ma=F推-F滑=2N，得出m=2kg，故B错误；
C、W= F滑S=4
D、由甲图可知，10～15s内物体的推力F=0，所以物体做匀减速直线运动，加速度为
考查方向
解题思路
（1）结合已知的速度-时间图象可以得出物体在不同时刻的运动情况；
（2）由F的大小与时间t的关系图象可以得出物体在不同时刻所受到的推力大小；
（3）运用牛顿第二定律解决问题
易错点
能从图象中得出相关的信息，v-t图象、F-t图象相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小．
14. 2015年9月2日，“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，引得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下。则列车从甲站到乙站所用时间为 （ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
由
考查方向
解题思路
由位移公式求解。
易错点
没有易错点。
15．a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离。从图中可看出在x轴线上。以下说法中正确是（ ）
正确答案
解析
φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道Xp处场强为零，则C正确，
从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；则A错误，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷．则B错误，由电势的变化可知ap为指向p点，pb也指向P点，则D错误。
考查方向
解题思路
φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道Xp处场强为零，从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功．根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷．
易错点
电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．
17. 我国发射的一颗地球同步通讯卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内。甘肃省嘉峪关有一个微波通讯站(即图中P点位置)，它的经度和纬度分别为东经98°和北纬40o。已知地球半径为R，地球自转周期为T，地球表面重力加速度为g，光速为c，万有引力恒量为G。下列说法中不正确的是（ ）
正确答案
解析
由万有引力提供向心力可知，只能求出中心天体的质量，不不能求出环绕天体的质量。故D错误。
考查方向
解题思路
排除法。
易错点
没有想到排除法，一个一个去计算很麻烦。
18. 将电阻R1和R2按如图甲所示接在理想变压器上，变压器原线圈接在电压为U的交流电源上，R1和R2上的电功率之比为2:1；若其它条件不变，只将R1和R2改成如图乙所示的接法，R1和R2上的功率之比为1:8。则图乙中两组副线圈的匝数之比n1:n2为（ ）
正确答案
解析
R1和R2上的电功率之比为2：1,由于电流相等,得到R1=2R2；图乙接法,R1和R2上的功率之比为1：8. 由于R1=2R2 (P=U^2/R ) 得到U1：U2=1：2,而匝数比等于电压比,所以两组副线圈的匝数之比(上下匝数比)： 1：2，故A正确。
考查方向
解题思路
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数呈正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
易错点
匝数比等于电压比。
20．如图所示，倾角为
A小球P返回时，可能撞到小球Q
B小球P在N点的加速度大小为
C小球P沿着斜面向下运动的过程中，其电势能可能不断增大
D当弹簧的压缩量为 
正确答案
解析
A、 根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q，所以A错误；
B、 在N点，根据牛顿第二定律可得：
C、 小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，可能做负功，则电势能可能增大．故C正确；
D、 当合外力为零时，速度最大，即弹力
考查方向
解题思路
根据动能定理判断小球P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q相撞；根据牛顿第二定律求出小球P在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．
易错点
知道小球合力为零时，小球的速度最大，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
19．在图示电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，变阻器的最大电阻为R0，且R0＞R2，电容器的电容量为C。若有电流通过，灯就能发光，假设灯的电阻不变，当变阻器的滑动片P由a端向b端移动过程中，以下说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A、 当R2＜R0时，灯L2与滑动变阻器的一部分串联的总电阻先大于后小于另一部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，L2变亮。故A正确，B错误；
C、由C=Q/U知，Q=CU，又因为总电流先减小后增大，所以电容器极板所带的电量先增大后减小。故C正确。
D、当R外=r内时，电源的效率最大。由题目条件不能判断。故D错误。
故选AC
考查方向
解题思路
由电路图可知：灯L2与滑动变阻器的一部分串联后与另一部分并联，再跟灯L1串联连接到电源上，根据电阻的变化情况，判断电流的变化情况，进而判断灯泡变亮还是变暗．
易错点
混联电路的辨别。
21．如图所示，一正方形盒子处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中，盒子的边长为L，盒子的前后两面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒的左面正中间和底面上各有一小孔，底面小孔的位置可沿底面中线MN移动。现有带负电、电量为Q的液滴持续从左侧小孔以某一水平速度进入盒内，液滴到达金属板和底板（落在底板的液滴，仍将向前后金属板运动且最终到达前后金属板，所有液滴将电荷量全部传给金属板后即被引出盒子）。形成稳定的电势差后，立即移动底部小孔的位置，恰能使射入的所有液滴都能从底部的小孔穿出，测出此时小孔到M点的距离d。下列说法正确的是（ ）
A稳定后，前金属板电势较高；
B稳定后，液滴将做圆周运动；
C稳定电压
D稳定电压
正确答案
解析
A、由左手定则，带-Q电量的液滴所受洛伦兹力方向指向后金属板，带-Q电量的液滴向后金属板偏转，后金属板带负电，稳定后前金属板电势较高，故A正确．
B、稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，故B错误．
C、D、稳定后洛伦兹力等于电场力
故选：AD．
考查方向
解题思路
1、由左手定则，带-Q电量的液滴所受洛伦兹力方向指向后金属板，带-Q电量的液滴向后金属板偏转，后金属板带负电，稳定后后金属板电势较低，前金属板电势较高．2、稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下将做匀变速曲线运动．3、稳定后洛伦兹力等于电场力qvB=qUL，又因为在重力作用下v2＝2g•L2，所以U=BLLg．
易错点
定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下将做匀变速曲线运动，这一点是解题的关键．
22．某研究小组同学用图甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数:实验装置中，穿过打点计时器的纸带一端固定在木块上。实验时，先测得木板的倾角为θ。让物块沿倾斜的木板下滑，从实验获得的多条纸带中，选出一条点迹清晰的纸带，用刻度尺测出各计数点B、C、D、E与A点间的距离如图乙所示（相邻的计数点之间还有4个点未画出），已知交流电源的频率为 f，重力加速度为 g。依据图乙所示的纸带，打D 点时滑块对应的瞬时速度为 ；滑块运动的加速度为 ；滑块与木板间的动摩擦因数为 。
正确答案
解析
(1) 利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可求出D点速度；由
(2)根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解滑块与木板间的动摩擦因数．
考查方向
解题思路
纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解．
易错点
要注意单位的换算．对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，同时掌握牛顿第二定律的应用，注意数学公式与物理规律相综合应用．
某研究小组同学要测量一个未知电源的电动势E及内电阻r．手边的实验器材有：待测电源 (电动势E约为4V，内阻r 约为0.8Ω)， 电压表V(量程为1V，内阻RV约为1KΩ)，滑动变阻器R1(0～10.0Ω)，滑动变阻器R2(0～100.0Ω)，电阻箱R3(0～99.99Ω)，电阻箱R4(0～2.999KΩ)，定值电阻R0(阻值为10Ω)，开关S，导线若干。
23．由于电压表V的量程太小，需将电压表量程扩大为3V，则应测量此电压表的内阻RV，该小组同学依据图甲电路进行测量，步骤如下：
① S 断开，使滑动变阻器的滑动片P处于最左端a，并将电阻箱的阻值调为零；
② 闭合S，将滑动变阻器的滑动片P由左端缓慢向右滑动，当电压表的读数为满偏值时，滑动片P停止滑动；
③ 保持滑动变阻器的滑动片P位置不变，调节电阻箱的阻值使电压表的读数为满偏值的一半时，记下电阻箱的阻值Ra=995Ω。
该实验中电阻箱应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填入器材所
对应的符号）
从以上步骤测得的数据可得，要改装成量程为3V的电压表，该电压表应串联的分压电阻Rb= Ω。
24. 研究小组的同学利用题给的电压表（表盘未改动）串联分压电阻Rb构成量程为3V的电压表后，设计了图乙的电路测量电源电动势E及内电阻r。为了使电压表的读数随电阻箱的阻值改变而有较大的变化，在干路上连接了一个阻值为R0的定值电阻，实验过程中通过改变电阻箱的阻值R得到多组对应电压表的读数值U。导出的
丙
正确答案
R4 R1 1990
解析
因为电压表的内阻很大，所以电阻箱要选择R4；题中给出的是滑动变阻器分压式接法，要求应该是由零可调（即由b向a滑动），滑动变阻器的分压式接法中，要求用总电阻小一些的，这样误差小、调节灵敏高，所以滑动变阻器要选择 R1。
考查方向
解题思路
根据闭合电路的欧姆定律分析。
易错点
半偏法测内阻。
正确答案
解析
考查方向
解题思路
根据闭合电路的欧姆定律分析。
易错点
半偏法测内阻。
竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道CDM与左侧光滑斜面体ABC相切于C点，倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一个光滑的定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，此时P、Q两物块在斜面上保持静止。若PC间距L1＝0.25m，物块P质量m1＝3kg。 (取g＝10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
25.求：小物块Q的质量m2；
26．若烧断细绳后，物块P第一次过D点时对轨道的压力大小为78N，则圆弧面的半径R是多少？
正确答案
m2＝4kg
解析
P、Q两物块在斜面上保持静止，根据平衡条件得：
对P：m1gsin53°＝T ①
对Q：T=m2gsin37° ②
由①②式得
m2＝4kg
考查方向
解题思路
根据共点力平衡条件列式求解；
易错点
本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．
正确答案
R＝0.5m
解析
P到D过程由动能定理得：
m1gh＝m1v ③
由几何关系得：
h＝L1sin53°＋R(1－cos53°) ④
运动到D点时，根据牛顿第二定律：
FD－m1g＝m1 ⑤
由③④⑤
R＝0.5m
考查方向
解题思路
先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；
易错点
本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．
如图所示，平行金属导轨MN 、PQ放置在水平面上，导轨宽度L=0.5m, 其左端接有R=2Ω的定值电阻, 导轨MN上X＞0部分是单位长度电阻ρ=6Ω/m的均匀电阻丝, 其余部分电阻不计，垂直于导轨平面的磁场，其磁感应强度BX随位移X发生变化。质量m=1kg，电阻不计的导体棒垂直于导轨放置，导体棒与两导轨间的动摩擦因数均为μ=0.2，现在施加沿X轴正方向的外力F使导体棒以v=4m/s的速度从坐标原点O开始向右做匀速直线运动，导体棒运动过程中电阻R上消耗的电功率P=8W且恒定。
27.求导体棒运动过程中电阻通过的电流强度I；
28.磁感应强度BX随位移X变化的函数关系式；
29.从O点开始计时，导体棒运动2秒的时间内拉力所做的功。
正确答案
I=2A
解析
根据P=I2R ①
由①得
考查方向
解题思路
根据P=I2R 可求电流；
易错点
由于安培力的大小随位移X做线性变化，所以2s内安培力做功W安=
正确答案
BX=6X+2（T）
解析
在位移为X处：
电动势EX=BXLv ③
导轨电阻RX=ρX ④
电路中的电流IX=
依题意IX=I ⑥
由②③④⑤⑥解得：
即BX=6X+2（T） ⑧
考查方向
解题思路
由欧姆定律和法拉第电磁感应定理结合求解；
易错点
由于安培力的大小随位移X做线性变化，所以2s内安培力做功W安=
正确答案
WF =224J
解析
在位移为X处导体棒所受安培力为：
FX=BXIL ⑨
由⑧⑨得：
FX=6X+2（N） ⑩
t=2s时间内导体棒位移X=vt=8m ⑪
由于安培力的大小随位移X做线性变化：
t=0时 F1=2N
t=2s时 F2=50N
由⑨⑩⑪得：2s内安培力做功
W安=
运动2S的时间内摩擦力做的功：
Wf = f X =16J ⑬
由⑫⑬⑭得：
拉力做功WF=W安+Wf =224J
考查方向
解题思路
由动能定理求解。
易错点
由于安培力的大小随位移X做线性变化，所以2s内安培力做功W安=
内径均匀的直角细玻璃管ABC两端开口，AB段竖直，BC段水平，AB＝100 cm，BC＝40 cm，在水平段BC内有一长10 cm的水银柱，其左端距B点10 cm，环境温度为330 K，大压为75 cmHg且保持不变。现保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10 cm。若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出。
30.下列说法正确的是（ ）
31.如图所示，内径均匀的直角细玻璃管ABC两端开口，AB段竖直，BC段水平，AB＝100 cm，BC＝40 cm，在水平段BC内有一长10 cm的水银柱，其左端距B点10 cm，环境温度为330 K，大压为75 cmHg且保持不变。现保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10 cm。若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出。
正确答案
解析
ACE 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，以及温度有关，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，故A正确．布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故B错误．当分子间的引力和斥力平衡时，靠近分子力表现为斥力，做负功分子势能增加；远离分子力表现为引力，也做负功，分子势能也增加；故当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故C正确．温度是分子平均动能的唯一标志，但不能决定压强，如温度升高，而膨胀，则其压强可能减小，故D错误。
考查方向
解题思路
温度缓慢升高时，管内封闭气体压强不变，由盖-吕萨克定律可以分析答题．
易错点
封闭气体发生了等压变化，正确分析空气柱的长度.
正确答案
T2=390 K
解析
解：A端插入水银槽后，液柱向右移动10 cm
初状态：T1＝330 K，V1＝110S
末状态：V2＝130S
等压变化，由盖—吕萨克定律＝
得：T2＝T1
T2＝×330 K＝390 K
考查方向
解题思路
温度缓慢升高时，管内封闭气体压强不变，由盖-吕萨克定律可以分析答题。
易错点
封闭气体发生了等压变化，正确分析空气柱的长度.