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6．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（ ）
正确答案
解析
运动员从接触床面下降到最低点的第一过程中，刚开始重力小于弹力，加速度向上，处于超重状态，当重力和弹力相等时，既不超重也不失重，再向下运动至最低点的过程中，弹力大于重力，加速度向上，处于失重状态。同理，当运动员从最低点上升到离开床面的第二过程中，刚开始超重，然后失重。所以CD选项正确。
考查方向
解题思路
对运动员受力分析，根据牛顿第二定律写出动力学方程，当视重（弹力）大于真重（G）时超重，反之失重，而当视重与真重相等时，既不超重也不失重。也可以简化为，加速度向上超重，加速度向下失重。
易错点
运动员刚接触到蹦床时并非马上开始减速，到最低点的时候也并不是合力为零。要根据重力跟蹦床弹力的大小关系判断。
知识点
7．如图所示，铁芯上有两个线圈A和B．线圈A跟电源相连，LED（发光二极管，具有单向导电性）M和N并联后接线圈B两端．图中所有元件均正常，则（ ）
正确答案
解析
S闭合瞬间，A线圈中产生一个向上的磁场，导致线圈B中也产生同样方向的磁场，继而由互感产生感应电流，由楞次定律可知，闭合S瞬间，B中的感应电流方向由a流入，b流出，此时M亮，N不亮；S闭合电路稳定后，A、B线圈中的磁通量不变，将不会有感应电流产生；S断开瞬间产生一个与S闭合瞬间相反的感应电流，N亮，M不亮。所以A、B、C三个选项正确。
考查方向
解题思路
S闭合与断开的瞬间，A、B线圈中的磁通量发生改变，有感应电流产生，根据楞次定律分别判断闭合与断开瞬间感应电流的方向，结合发光二极管的单向导电性判断M、N的亮与不亮即可。
易错点
线圈在铁芯上的绕向看错导致电流方向判断错误，恒定电流稳定后不会产生磁通量的变化，进而不会产生持续的感应电流，只有在开关闭合和打开的瞬间才有感应电流产生。
知识点
8．如图所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场，长度为L绝缘光滑的挡板AC与电场方向夹角为30°．现有质量相等、电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发，甲由静止释放，沿AC边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过C处．则甲、乙两个带电体（ ）
A发生的位移相等
B通过C处的速度相等
C电势能减少量都为
D从A运动到C时间之比为
正确答案
解析
由于甲、乙初始位置和终了位置均一致，故位移相同，A选项正确；
对于甲和乙两带电体分别写出动能定理：WG+QUAC=ΔEk甲；WG+QUAC=ΔEk乙，尽管合外力做功相同，但甲、乙初动能不同，所以到达C点的末动能不同，又其质量相同，所以到达C点的速度不相等，B选项错误；对于两带电体，电场力对它们所做的功是一致的，均为W=EQ(
考查方向
解题思路
本题关键在于甲、乙两带电体运动到C时的时间和电场力做功问题，先分别对两物体受力分析，再根据功的定义即可解决问题。
易错点
位移是初位置指向末位置的有向线段；电场力做功等于电势能的减小量而非变化量。
知识点
9．如图所示，质量均为m两个物块A和B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，处于静止状态．现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使A竖直向上运动,直到物块B刚要离开地面．下列说法正确的是（ ）
A在此过程中，物块A的位移大小为
B在此过程中，弹簧弹性势能的增量为0
C物块B刚要离开地面，物块A的加速度为
D物块B刚要离开地面，物块A的速度为
正确答案
解析
先处理初始未受到恒力F的情况，此时对A受力分析有mg=kx0，而当恒力作用在A上，使得B物体刚好离开地面时，B与地面之间的弹力为零，对B受力分析有mg=kx1，所以初始时刻与B要离开地面的时刻弹簧的形变量x0和x1是相同的，所以在整个过程中弹簧的弹性势能增量为零，不同的只是初始状态弹簧为压缩状态，而B物体要离开地面时弹簧为拉伸状态，所以B选项正确，整个过程中A的位移大小为2 x0=
考查方向
解题思路
见解析。
易错点
① 物体间分离的条件是相互作用的弹力为零；
② 恒力F向上拉动物体的过程中，弹簧的弹力是一变力而非恒力。
知识点
14．如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T．AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°．一个质量为m=3.2×10-26 kg、电荷量q=—1.6×10-19 C的粒子经电场加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v=1.0×105m/s的速度从C点离开磁场．不计粒子的重力．求：
（1）加速电场的电压；
（2）粒子在磁场中运动的时间；
（3）圆形有界磁场区域的半径．
正确答案
（1）U=1000V
（2）
（3）
解析
（1）在加速电场中
（2）粒子在磁场中运动周期：
（3）由
粒子运动的轨道半径
圆形磁场的半径为
考查方向
解题思路
带电粒子在电场中加速，电场力做正功，动能增加，根据动能定理求解加速场电压；进入磁场后，洛伦兹力提供了粒子做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律结合平面几何知识即可解出后面两问。
易错点
①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，仅仅改变粒子运动的速度方向；
② 在圆形有界磁场中运动的带电粒子，若进入磁场边界时速度方向过磁场的圆心，则再次穿出磁场区域时，速度方向反向延长线也过磁场的圆心
知识点
13．［选修3－4］
（1）如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现_______．
A．C摆的频率最小
B．D摆的周期最大
C．B摆的摆角最大
D．B、C、D的摆角相同
（2）如图所示，宽度为l的宇宙飞船沿其长度方向以速度u（u接近光速c）远离地球，飞船发出频率为
（3）如图所示，光线沿半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边AB上，在这个边与空气界面上发生反射和折射．反射光线与AB边的夹角为60°，折射光线与AB边的夹角为45°，要使折射光线消失，求入射光线绕入射点O转动的角度．
正确答案
（1）C
（2）小于 等于
（3）解析：
解析
（1）共振的条件是驱动力的频率与固有频率相同，此时振幅最大。显然，B摆与A摆摆长最接近，由单摆周期公式
（2）地球上的物体运动的速度远小于光速，故可忽略观察者速度，由多普勒效应公式可知地面上的人接收到光的频率为：ν'=
（3）
考查方向
解题思路
见解析。
易错点
① 共振的条件是驱动力的频率与固有频率相同，此时振幅最大；
② 多普勒效应发生变化的是接受到的频率改变，而非波源的频率发生改变，本题未做考查，但应引起广大考生注意。
知识点
15．如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“∏”形线框EFCD，EF长为L，电阻为r；FC=ED=2L，电阻不计．FC、ED的上半部分（长为L）处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合．质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场Ⅱ区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动．现将“∏”形线框由静止释放，当EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，Ⅱ区域内磁场消失．重力加速度为g．求：
（1）整个过程中，克服安培力做的功；
（2）EF刚要出磁场I时产生的感应电动势；
（3）线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能．
正确答案
（1）2mgL-
（2）
（3）
解析
（1）取框为研究对象，从静止开始释放至EF到达磁场Ⅰ区域的下边界的过程中，由动能定理有：
2mgL+WA=
WA=-(2mgL + mv2)，即克服安培力做功为：2mgL + mv2
（2）对金属棒CD受力分析：Tm=mg+BIL得到I=
由闭合电路欧姆定律有：E=IR总=
（3）对金属棒CD运动分析：H = 
对∏形线框运动分析：H+L=vt+ 
解得：t =
相遇时CD棒速度vt=gt =g
此时动能为
考查方向
解题思路
（1）从框由静止开始释放到EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v，初末速度均为已知，选取框为研究对象，由动能定理即可解出整个运动过程中安培力所做的功，取相反数即为克服安培力所做的功。
（2）EF刚要穿出磁场I时，细线刚好被拉断，故断裂前瞬间，细线拉力达到了最大值为2mg，对CD受力分析可以求出此时电路中的感应电流，结合闭合电路欧姆定律可以求出EF刚要出磁场I时产生的感应电动势。
易错点
多运动求解的过程受力分析判断物体运动状态和能量转化关系。
知识点
12．［选修3－3］
（1）一瓶矿泉水喝完一半之后，把瓶盖拧紧，不久瓶内水的上方形成了水的饱和汽．当温度变化时，瓶内水的饱和汽压与温度变化关系的图像正确的是________．
（2）带有活塞的气缸中封有一定质量的理想气体，缸内气体从状态A变化到状态B，如图所示。此过程中，气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力 _______（选填“变大”、“不变”或“减小”），缸内气体_______（选填“吸收”或“放出”）热量．
（3）盛有氧气的钢瓶，在27℃的室内测得其压强是9.0×106Pa．将其搬到-13℃的工地上时，瓶内氧气的压强变为7.2×106Pa．请通过计算判断钢瓶是否漏气．
正确答案
（1）B
（2）不变 吸收
（3）解析：
解析
（1）水的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和气压越大，B选项正确。
（2）由理想气体状态方程：PV=nRT，结合题给图像可知，气缸内气体由状态A变化到状态B发生的是等压变化，气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力保持不变，而缸内气体体积随温度呈线性变化，所以气体吸热，体积膨胀。
（3）若钢瓶不漏气，根据理想气体状态方程有：
考查方向
解题思路
（1）水的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和气压越大。
（2）由题给图像结合理想气体状态方程可知气缸内气体由状态A变化到状态B发生的是等压变化，结合压强的微观意义可知，气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力保持不变，而缸内气体体积随温度呈线性变化，所以气体吸热，体积膨胀。
（3）假定气体钢瓶不漏气，根据理想气体状态方程求出对应的气压，与题中给定气压对比即可。
易错点
知识点识记不准确。
知识点
16．如图所示，倾角为θ的斜面上PP/、QQ/之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑．形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接．每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP/、QQ/间的动摩擦因素均为2tanθ．将它们从PP/上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ/．重力加速度为g．求：
（1）薄木板A在PP/、QQ/间运动速度最大时的位置；
（2）薄木板A上端到达PP/时受到木板B弹力的大小；
（3）释放木板时，薄木板A下端离PP/距离满足的条件．
正确答案
（1）滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大
（2）F=
（3）释放时，A下端离PP/距离x>2.25L
解析
（1）将三块薄木板看成整体：当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值
μmxgcosθ=3mgsinθ
得到mx=
即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大
（2）对三个薄木板整体用牛顿第二定律：3mgsinθ-μmgcosθ=3ma
得到 a=
对A薄木板用牛顿第二定律F+mgsinθ-μmgcosθ=ma
F=
（3）要使三个薄木板都能滑出QQ/处，薄木板C中点过QQ/处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP/前，三木板是相互挤压着，全部在PP/、QQ/之间运动无相互作用力，离开QQ/时，三木板是相互分离的。
设C木板刚好全部越过PP/时速度为v
① 对木板C用动能定理：
②设开始下滑时，A的下端离PP/处距离为x，对三木板整体用动能定理：
得到x=2.25L
即释放时，A下端离PP/距离
考查方向
解题思路
见解析。
易错点
① 三块薄木板未粘连，速度不一致时会分离；
② 斜面上的物体若粗略的认为最大静摩擦力与滑动摩擦相等，则μ=tanθ是物体能否沿斜面下滑的临界条件；
③ 研究对象和研究过程的选取不当，导致求解困难。
知识点
1．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如下图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
按照有效值定义计算A在0.02s内产生的热量为QA= 
同理可知，B的热量为QB=0.08R（能量单位）；
C选项在0.02s内产生的热量为QC=(1.5)2R×0.02=0.045 R（能量单位）；
D选项在0.02s内产生的热量为QD=(2)2R×0.02=0.08 R（能量单位），综上所述，应选择D选项。
考查方向
解题思路
有效值是指在相同的电阻上分别通以直流电流和交流电流，经过一个交流周期的时间，如果它们在电阻上所消耗的电能相等的话，则把该直流电流（电压）的大小作为交流电流（电压）的有效值，正弦电流（电压）的有效值等于其最大值1/ 
易错点
交变电流的有效值是通过电流的热效应定义的，不能与峰值等混淆，且只有正弦式交变电流的最大值才是有效值的
知识点
5．如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离．此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小F2，做功为W2．不计一切摩擦，则下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
对小球受力分析如图，
易知F1= 
考查方向
解题思路
因为整个装置匀速下降，所以小球所受合力为零。对其受力分析，找出斜面对小球的弹力F1，挡板对小球的作用力F2以及重力之间的关系，再根据恒力做功W=Fscosθ，其中θ是力与位移正方向的夹角，由数学知识可知，当力与位移夹角为锐角时，力做正功；为钝角时做负功，垂直时不做功来判断各力做功的大小关系。
易错点
① 力做功的正负判定方法；②克服某某力所做的功等于该力做功的绝对值
知识点
2．牛顿提出太阳和行星间的引力
A周期是地球自转周期的
B向心加速度是自由落体加速度的
C线速度是地球自转地表线速度的602倍
D角速度是地球自转地表角速度的602倍
正确答案
解析
因为地球与月球圆周运动的中心天体分别为太阳和地球，故无法通过上述公式直接计算求得其周期、线速度和角速度的比值。考虑到题目中提及了自由落体运动的加速度，所以由“黄金代换”gR2=GM结合上述公式，可计算其表面重力加速度的比值。
考查方向
解题思路
根据公式
易错点
轨道半径指的是中心天体与卫星的质心距，即中心天体半径R与到中心天体表面的距离h之和，r=R+h，要注意与天体半径的区别。
知识点
3．金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B两点到正电荷的距离相等，C点靠近正电荷，则（ ）
正确答案
解析
孤立正点电荷的等势面为一簇同心圆弧（不等间距，离点电荷越远越稀疏），但由于金属板的影响，会导致电场线和等势面的分布发生变化，所以A、B两点尽管与点电荷的距离一致，电势却不相同，A选项错误；
顺着电场线的方向电势降落，所以C点电势高于A点电势，B选项错误；
若没有金属板的影响则A、B两点电场强度大小才是相等的，C选项错误；
显然C点位置的电场线比B位置的电场线密集，所以电场强度C点大于B点，D选项正确。
考查方向
解题思路
① 由题给电场线的疏密表示了电场强度的大小；
② 顺着电场线的方向，电势逐渐降低；
③ 电场线与等势面始终垂直；
易错点
电场强度是矢量，遵循矢量的合成法则。电场线的疏密、方向表明了电场中某点的电场强度的大小和方向，电场力做功体现了电场能量的性质，电势、电势差、电势能是电场能量性质的具体表征，是标量，电场线与等势面始终垂直，在等势面上移动电荷，电场力不做功。
知识点
4．可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路．闭合S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等．现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是（ ）
正确答案
解析
电阻R2与电容器是“串联”关系。若只增大R2的电阻，则两电容器C1、C2的电压下降，故电荷量均减小，又因为R1滑片的位置没有发生改变，所以电容器C1、C2的电压配比不会发生改变，所以电荷量配比也不会发生改变，所以A选项错误；
若只增大C2的电容，其他条件不变，则两电容器的电压不变，电容器C2的电荷量将增加，而C1的电荷量保持不变，结果是电容器C2的电荷量大于C1的电荷量，与题干要求不符，B选项错误，C选项正确。
若将R1的滑片向左移动，则两电容器的电压配比发生改变，
考查方向
解题思路
根据串并联电路特点，利用“串反并同”分析改变电容器的电容、变阻器的阻值时对电容器电荷量的影响，由公式Q=CU讨论电容器电荷量的变化即可。
易错点
电容器的作用是“通交阻直”，在恒定电流电路中，其作用可以理解为理想电压表，与并联部分的电压相等，而非定值，切忌错误的理解为电容器与电源始终相接，电压不变。
知识点
10．在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的纸带，如图甲所示．他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C……，测出O到A、B、C……的距离分别为h1、h2、h3……．电源的频率为f．
（1）为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是__________．
A．选用铁质重锤
B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上
C．释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直
D．重锤下落中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直
（2）打B点时，重锤的速度vB为 ____________．
（3）小明用实验测得数据画出的v2-h图像如图乙所示．图线不过坐标原点的原因是______．
（4）另有四位同学在图乙的基础上，画出没有阻力时的v2-h图线，并与其比较，其中正确的是_____．
正确答案
（1）ABC；
（2）
（3）打下O点时重锤速度不为零；
（4）B。
解析
（1）在实验允许的范围内，应尽量增大重锤的质量，以减小因摩擦损失的能量在总能量的占比。A选项正确；打点计时器安装时，必须使两纸带限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力，B选项正确；释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，以减小纸带与打点计时器见的摩擦，但是一旦运动起来就不能继续用手牵动纸带了，以避免手与纸带之间的摩擦。
（2）瞬时速度利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程平均速度来计算，vB=
（3）重锤下落的过程，实际的能量守恒方程为：mgh = 
（4）① 重锤下落的初始位置时一样的，所以无论有无摩擦，最终图线的延长线一定交于一点；
② 由（3）可知，重锤下落的过程中，因为受到摩擦阻力，所以(mg-f)h = 
考查方向
解题思路
（1）参见易错点；
（2）瞬时速度利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程平均速度来计算。
（3）写出重锤下落过程的能量守恒方程ΔEp=ΔEk+Qf，即mgh =
（4）重锤下落的初始位置时一样的，所以无论有无摩擦，最终图线的延长线一定交于一点。
易错点
1、打点计时器安装时，必须使两纸带限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力。
2、选用纸带时应尽量挑第一、二点间距接近2mm的纸带。
3、因不需要知道动能和势能的具体数值，所以不需要测量重物的质量。
4、在实验允许的范围内，应尽量增大重锤的质量，以减小因摩擦损失的能量在总能量的占比。
知识点
11．小华和小明在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，将实验数据记录在下表中：
（1）实验室有两种滑动变阻器供选择：
A．滑动变阻器（阻值范围0-10
B．滑动变阻器（阻值范围0-2000
实验中选择的滑动变阻器是______．（填写字母序号）
（2）在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．
（3）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至______（选填“左”或“右”）端．
（4）利用表中数据，在图乙中画出小灯泡的U-I图线．
（5）他们在U-I图像上找到小灯泡工作电压为2.0V时坐标点，计算此状态的电阻值时，小明提出用图像上该点的曲线斜率表示小灯泡的阻值；小华提出该点与坐标原点连线的斜率表示小灯泡的阻值．你认为______（选填“小华”或“小明”）的方法正确．
正确答案
（1）A
（2）见图甲
（3）左
（4）见图乙
（5）小华
解析
（1）本实验控制电路应选择滑动变阻器分压接法，所以滑动变阻器应选小规格的，A正确；
（2）见答案图甲；
考查方向
解题思路
① 描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要包含小灯泡工作的全部电压电流关系，所以要求小灯泡的电压和电流应从零开始连续可调，所以控制电路应选择滑动变阻器的分压接法；
② 小灯泡的电阻一般比较小，所以测量电路一般选择电流表外接法；
③ 小灯泡的电阻会随着温度（电压）的改变而改变，要具体问题具体分析。
易错点
① 控制电路：滑动变阻器分压接法和限流接法选取；
② 测量电路：电流表的内外接法选取。