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1．如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子。现按箭头方向以相同的角速度缓慢转动A，B使重物C缓慢上升。在此过程中绳上的拉力大小变化正确的是（）
正确答案
解析
物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大；
故选：C
考查方向
解题思路
二力大小不变，合成时，它们的夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．运用前面的结论进行分析．
易错点
本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，也可以用解析法求解出拉力表达式进行分析．
知识点
2．在离地高h处，以速度v0抛出一小球，不计空气阻力，已知h＝
A
B
C
D
正确答案
解析
当小球竖直下抛时：
又
两式联立解之得，
当小球竖直上抛时：
由（2）（3）联立解之得，
故小球落地时间介于：
所以小球的落地时间不可能是
本题选不可能的，故选：D．
考查方向
解题思路
依题意，当小球竖直下抛时，小球落地时间最短，小球竖直上抛时，小球落地时间最长．小球落地时间介于两时间之间．分别求出最短时间和最长时间即可选出答案．
易错点
分清小球在空中运动的最长时间和最短时间两种情况是解决本题的关键．故只有分清物体运动过程、正确选择公式才可有效解决好运动学问题．
知识点
3．一倾角为θ＝37°的粗糙斜面与一光滑的半径R＝0．9m的竖直圆轨道相切于P点，O 点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点,D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高。一质量m＝1．0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动。g＝10m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。则下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A、在B点，由mg=m
从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+
解得：v0=
B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．
C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+
在D点，由牛顿第二定律得：FD′﹣mg=m
联立解得：FD′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力FD=FD′=60N．故C正确．
D、小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故D错误．
考查方向
解题思路
小球从P到B的过程，运用机械能守恒定律列式．在B点，由重力等于向心力列式，联立可求得v0．对AP段，运用平衡条件列式可求得动摩擦因数μ．根据小物块的受力情况，分析在C的合外力方向．由机械能守恒定律求出小物块经过D点的速度，再由牛顿运动定律求小物块对轨道的压力．
易错点
本题的关键要根据物块的运动过程和状态，灵活选取力学规律解答，要知道最高点的临界条件是重力等于向心力．圆周运动中求压力往往根据机械能守恒定律和向心力结合研究．
知识点
4．正方体空心框架ABCD－A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A
在∠BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B1C1D1平面内（包括边界）。不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面。则下列说法正确的是（）
A小球初速度的最小值与最大值之比是1 ：
B落在C1点的小球，运动时间最长
C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1 ：2
D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同
正确答案
解析
A、小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由x=v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A错误．
B、小球做平抛运动，由h=
C、落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大．设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1．落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2．水平位移为x2．由几何关系有 x1：x2=1：
D、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有 tanα=
考查方向
解题思路
小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动．运动时间由下落的高度决定．由分位移公式求初速度．由机械能守恒定律研究落地时机械能
易错点
本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D项也可以根据作为结论记住．
知识点
5．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在X轴上的某点P沿着与X轴成30°角的方向射入磁场。不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）
A粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
B粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
D无论粒子速率多大，粒子都不可能通过坐标原点
正确答案
解析
由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同．能打回x轴的粒子转过最大的圆心角300度，则运动时间为
粒子由P点成30°角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故C错误，D正确；
考查方向
解题思路
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由圆的性质可知粒子能否通过原点；由转过的圆心角可得出运动时间．
易错点
带电粒子在有界磁场中的运动要注意边界对粒子的运动有什么影响，在解决此类问题时应做到心中有圆，找出圆心和半径
知识点
6．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝1 ：10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3 ：n4＝10 ：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V，且“用电设备”消耗的电功率为10 kW，不考虑其它因素的影响，则下列说法正确的是（）
AT1的副线圈两端电压的最大值为105
BT2的原线圈两端的电压为2000V
C输电线上损失的电功率为50 W
DT1的原线圈输入的电功率为10．1 kW
正确答案
解析
根据题意可知：输出电流
考查方向
解题思路
首先根据变压器的原理求出输出电压，然后根据负载功率计算输出电流，推到输入功率。
易错点
第一原线圈输入功率是随着负载变化，第二输电线上损耗的功率尽量用电流计算，电压计算要用消耗电压计算。
知识点
7．两颗互不影响的行星P1、P2，其周围空间某位置的引力加速度a与该位置到行星中心距离r平方的倒数的关系图像如图所示。现P1、P2各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0（忽略行星的自转）。则下列说法正确的是（）
正确答案
解析
AB、根据牛顿第二定律得：G
则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=
C、设第一宇宙速度为v．则 a0=
D、行星的平均密度 ρ=
考查方向
解题思路
根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a﹣
易错点
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算
知识点
8．如图所示，相距为L的两块平行金属板从M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场可视为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生初速度可以忽略不计的热电子．电源E2接通后，电流表的示数稳定为I,已知电子的质量为m、电量为e。则下列说法正确的是（）
A电子达到N板瞬间的速度为
B电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间为L
C电路稳定的某时刻，MN之间运动的热电子的总动能IL
D电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数
正确答案
解析
（1）动能定理：
解出
（2）牛顿定律：e
解出
由
得：
（3）根据功能关系，在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的
（4）
考查方向
解题思路
（1）根据动能定理求出电子到达N板瞬间的速度大小．
（2）通过牛顿第二定律和运动学公式求出电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间．
（3）在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的
（4）分别求出电子从灯丝出发达到c和d的时间，从而结合电流公式求出电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数．
易错点
本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键要正确建立物理模型，依据相关物理规律求解
知识点
某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移X。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）
9.滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_____________
10.滑块与斜面间的动摩擦因数为_____________
11.（多选）以下能引起实验误差的是____________
正确答案
解析
由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，
由x=
考查方向
解题思路
由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差
易错点
本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析
正确答案
解析
根据几何关系可知：sinα=
对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=
联立方程解得μ=
考查方向
解题思路
由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差
易错点
本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析
正确答案
解析
由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．
考查方向
解题思路
由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差
易错点
本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析
在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：
A．电压表V1 （0～5V，内阻很大） B．电压表V2（0～9V，内阻很大）C．电流表A1（0～50mA，内阻很小） D．电流表A2（0～300mA，内阻很小）E．滑动变阻器R1（0～60Ω） F．滑动变阻器R2（0～2kΩ） G．直流电源E H．开关S及导线若干 I．小灯泡（U额＝5V）
某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端。移动过程中发现小灯末曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U－I关系图像如图甲所示。
12.根据实验结果判断得出实验中选用：电压表______（选填器材代号“A”或“B”），电流表_______（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器_____（选填器材代号“E”或“F”）。
13.根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图。
14.根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为_______V，内阻为_______Ω。
15.将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连。则每个小灯消耗的实际功率为______W（结果保留两位有效数字）。
正确答案
B（1分），D（1分），E（1分）；
解析
从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选E；
考查方向
解题思路
根据图甲测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器;
易错点
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、闭合电路欧姆定律，解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，结合图象利用欧姆定律进行求解
正确答案
（2分，说明：电流表内接外接都可以，凡是分压电路接法不得分）
解析
从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始测量的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为10Ω～30Ω，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如右上图所示；
考查方向
解题思路
根据图甲数据，判断滑动变阻器和电流表的接法，再作出实验电路图；
易错点
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、闭合电路欧姆定律，解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，结合图象利用欧姆定律进行求解
正确答案
8V（1分），10Ω（1分）；
解析
从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL为30Ω，由闭合电路欧姆定律有：
当滑动变阻器接入电阻为R1=60Ω时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻RL为10Ω，
由闭合电路欧姆定律有：
解得：E=8V，r=10Ω；
考查方向
解题思路
根据图甲数据，以及滑动变阻器的最大阻值，利用闭合电路欧姆定律列式，求出直流电源电动势和内阻；
易错点
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、闭合电路欧姆定律，解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，结合图象利用欧姆定律进行求解
正确答案
0.57W（2分 说明：在0.55W～0.59W范围区间都给分）
解析
将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律有：E=2U+Ir，解得U=4﹣5I，作出此时的U﹣I图象如图所示
图中交点I=0.18A，U=3.1V，则通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3.1V
故每个小灯消耗的实际功率P=0.18A×3.1V≈0.56W，（由于交点读数存在误差，因此在0.55W～0.59W范围内均对）
考查方向
解题思路
在图甲中作出电源的U﹣I图象，交点即为小灯泡串联后的总电流和总电压，再计算每个小灯消耗的实际功率；
易错点
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、闭合电路欧姆定律，解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，结合图象利用欧姆定律进行求解
如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ区的宽度都为2L，磁场区Ⅰ和Ⅱ之间的无磁场区宽度为L，磁场Ⅰ、Ⅱ区内的磁感应强度大小均为B，边长为2L、总电阻为R的均匀正方形导线框abcd，以速度v向右匀速运动，求：
16.边刚进入区域Ⅱ时，线框所受安培力的大小
17.框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时，到线框bc边刚离开区域Ⅱ停止计时，在这段时间内线框中电流生热的平均功率
正确答案
解析
bc边刚进入区域Ⅱ时，ab边在区域Ⅰ中，则
考查方向
解题思路
根据欧姆定律求出导线中的电流．根据焦耳定律求出线框中电流产生的热量．最后根据平均功率定义求解．
易错点
要能够把法拉第电磁感应定律与电路知识结合运用．平均功率等于这个过程产生的总热量比上总时间
正确答案
解析
bc、ad只有一边在磁场中时，线框受力为
从bc边刚进入区域Ⅰ到bc边刚离开区域Ⅱ，用时
在这段时间内安培力做功大小为
在这段时间内线框中电流生热的平均功率
考查方向
解题思路
根据欧姆定律求出导线中的电流．根据焦耳定律求出线框中电流产生的热量．最后根据平均功率定义求解．
易错点
要能够把法拉第电磁感应定律与电路知识结合运用．平均功率等于这个过程产生的总热量比上总时间
一足够长的粗细均匀的杆被一细绳吊于高处，杆下端离地面高H,上端套一个细环，如图所示。断开轻绳，杆和环自由下落,假设杆与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失，杆立即获得等大反向的速度。已知杆和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（重力加速度为g，k＞1）。杆在整个过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
18.次与地面碰撞弹起上升的过程中，环的加速度
19.面第二次碰撞前的瞬时速度
20.绳到杆和环静止，摩擦力对环和杆做的总功
正确答案
解析
杆上升过程中，环的加速度为a，则
kmg－mg＝ma 得：a＝(k－1)g，方向竖直向上 （4分）
考查方向
解题思路
在棒上升的过程中，环要受到重力的作用，同时由于环向下运动而棒向上运动，环还要受到棒的向上的摩擦力的作用，根据牛顿第二定律列式可以求得加速度的大小．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
正确答案
解析
棒第一次落地的速度大小为v1 ，则
棒弹起后的加速度为a′，则
mg＋kmg=ma′ 得：a′=(k＋1)g，方向竖直向下
从落地经时间t1达到共同速度，则
共同速度为
棒上升的高度
所以棒第二次落地时的速度
考查方向
解题思路
在下落的过程中，棒、环系统机械能守恒，由此求得棒第一次落地的速度大小．当棒触地反弹时，环将继续下落，棒、环之间存在相对滑动，由牛顿第二定律求得两者的加速度．由速度时间公式求得环与棒将在空中达到相同速度．由运动学公式求得上升的最大高度．从最高点棒和环一起自由下落，由运动学公式求解棒与地面第二次碰撞前的瞬时速度．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
正确答案
解析
解法一：
在第一次弹起到落地的过程中环下降的高度：
环第一次相对棒的位移为：
第二次弹起经t2达到共同速度，则
共同速度为
棒上升的高度
环下降的高度
环第二次相对棒的位移为
以此类推，可得
所以全程环相对杆的位移
摩擦力对环和杆做的总功
解法二：
根据能量守恒：
所以
摩擦力对棒和环做的总功为
考查方向
解题思路
整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，所以根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力对环及棒做的功．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
如图所示，一敞口圆筒形气缸竖直放置在水平桌面上，导热良好的活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。气缸的顶部放有一密封性能良好的缸盖，缸盖和活塞的质量均为m，活塞横截面积为s，气缸周围的大气压强恒为
22. 继续缓慢加热，对气缸恰好无压力时，求缸内气体的温度。
正确答案
解析
当缸内气温为T时，B中
则A中 
当缸盖对气缸恰好无压力时，A中
B中 
对A：
带入解得 
考查方向
解题思路
先根据理想气体的等温变化解得此时气体的压强，然后根据
易错点
正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化，受力分析时研究对象的确定
21.法中正确的是__________。（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
正确答案
（1）ACE
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、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故．故B错误
C、根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程不是可逆，C对．
D、．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，但不是气体或液体分子的无规则运动．故D错误，
E、瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），说明理想气体内能不变。又因为膨胀对外做功，所以瓶内气体吸收热量保持内能不变，温度不变则分子平均动能不变，故E正确．
考查方向
解题思路
本题根据分子动理论、布朗运动的意义、热力学第二定律等知识解答
易错点
本题的关键应掌握分子力的特点、热力学第二定律和布朗运动的意义．知道布朗运动并不是分子运动