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9．（6分）(l)打点计时器所用电源为频率是50Hz的交流电源，实验时释放纸带与接通电源的先后顺序是 。
(2)某同学在使用上述打点计时器测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，他已在每条纸带上按每5个点取一个计数点，并依打点先后顺序编号为0，1，2，3，4，5。由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示，请根据给出的A、B、C、D四段
纸带回答下列问题：
在B、C、D三段纸带中，从纸带A上撕下的那段应该是 ，打A纸带
时，物体的加速度大小是 m／s2。
正确答案
先接通电源后释放纸带；C; 0.6
解析
（1）使用时应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，纸带上可能由很长一段打不上点．
（2）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：
x45-x34=x34-x23=x23-x12=x12-x01，所以属于纸带A的是C图．
根据运动学公式△x=at2得：
考查方向
测定匀变速直线运动的加速度
解题思路
（1）实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先接通电源后释放纸带．
（2）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题，利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度.
易错点
掌握基本仪器的使用和工作原理，会根据匀变速直线运动的规律解决实际问题.
知识点
8.如图所示为“研究带电粒子在匀强磁场中运动”的演示仪结构图。若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直且水平向右，电子速度的大小ν和磁场的磁感应强度B可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，则下列说法正确的是（ ）(多选) 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
正确答案
解析
根据电子在加速电场中加速，由动能定理有：
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
解得：
粒子在磁场中运动的周期为
A、C.增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故AC错误；
B、D、提高电子枪加速电压，电子的速度增大，由③式可知，电子束的轨道半径变大；由④可知电子的周期不变，故BD正确；
考查方向
带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理
解题思路
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式.
易错点
正确分析仪器的工作原理及写出半径的表达式以及周期的表达式是解答的关键.
知识点
6.变压器能改变交变电流的电压和电流的大小。如图所示，有一台理想变
压器原、副线圈的匝数比为5：1，用理想电压表和理想电流表测量副线圈的电压和电流，R为副线圈的负载电阻。现在原线圈a、b两端加上交变电压μ，其随时间变化的规律为μ=220
正确答案
解析
A、由表达式知道周期
B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为
C、电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.02A，故C错误；
D、副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q=UIt=44×0.1×60=264J，故D正确．
考查方向
变压器的构造和原理；电功、电功率；焦耳定律
解题思路
根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论.
易错点
本题关键掌握理想变压器的电压、电流与匝数之间的关系，正弦式交流电最大值和有效值之间的关系.
知识点
5．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在水平的匀强电场，与两板上边缘等高处有两
个质量相同的带电小球（可视为质点）。现将P小球从紧靠左极板（但不接触左极板）处
由静止释放、Q小球从两板正中央由静止释放，最终，两小球都能运动到右极板上的同一
个位置O，则从开始释放到运动到右极板的过程中P小球和Q小球的（ ）(多选) 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
正确答案
解析
A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式
BCD、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由
则qP：qQ=2：1,而电场力做功分别为WQ=qQExQ，WP=qPExP，由于qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1，得到WP：WQ=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比为：
考查方向
带电粒子在匀强电场中的运动; 动能定理；牛顿第二定律
解题思路
两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比.
易错点
本题关键应用运动的分解与合成的方法研究，根据电场力做功，动能定理，牛顿第二定律联立分析.
知识点
7.如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则在移动过程中（ ）(多选) 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
正确答案
解析
A、B.设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得:
斜面方向：mgsinα=Tcosθ ①
垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα ②
使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．由②知，N变小，故A正确，B错误;
C、D.对斜面分析受力：重力Mg、地面的支持力N1和摩擦力f、小球对斜面的压力N'，由牛顿第三定律可知N'=N,由平衡条件得: f=N'sinα，N'变小，则f变小，N1=Mg+N'cosα，N'变小，则N1变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小，故C错误，D正确．
考查方向
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用
解题思路
取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化.
易错点
本题用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，进行正确受力分析，列出平衡方程是解题的关键.
知识点
20.下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。（选考题，多答则每学科按所答的第一题评分。）
正确答案
解析
A、半衰期是放射性元素有半数发生衰变的时间，由原子核的种类决定，与温度等外界因数无关，故A错误；
B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确；
C、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构，C错误；
D、光的波长越大，根据
E、波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，动能增大，电势能减小，总能量减小，故E正确；
考查方向
原子核衰变及半衰期、衰变速度; 氢原子的能级公式和跃迁; 天然放射现象
解题思路
半衰期与外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构．氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，动能增大，电势能减小，总能量减小.
易错点
在物理学中，半衰期并不能指少数原子，它的定义为:放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间; 放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关.
知识点
16.（选考题，多答则每学科按所答的第一题评分。）
下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
正确答案
解析
A、“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量,故B正确；
C、雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，故C正确；
D、不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，故D错误；
E、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，故E正确；
考查方向
热力学第二定律；液体的表面张力现象和毛细现象；用油膜法估测分子的大小
解题思路
根据油膜法测分子直径的原理分析答题；在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；根据液体表面张力、浸润与不浸润的原因、对两类永动机的掌握分析答题.
易错点
关键理解热力学第二定律，即不可能从单一热源吸取热量，并将这热量变为功，而不产生其他影响.
知识点
18.一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在
正确答案
解析
A、质点P振动周期与波源的振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速不同，最大速度与波速无关，故A错误;
B、因为
C、根据波的特点可知简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向,故C正确;
D、当P开始振动后，由于P与O是反相点，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确;
E、P与O是反相点，故若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波峰，故E错误．
考查方向
波长、频率和波速的关系
解题思路
简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系.
易错点
简谐横波传播过程中，介质中相差半波长的奇数倍的质点的振动方向相反.
知识点
4．如图所示为地磁场的磁感线分布示意图。一架飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平'
由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上产生了电势差。设
飞行员左方机翼末端处的电势为
A若飞机从西往东飞，
B若飞机从东往西飞，
C若飞机从南往北飞，
D若飞机从北往南飞，
正确答案
解析
AB、当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，不论是飞机从西往东飞，还是飞机从东向西飞，机翼都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故AB错误；
CD、由于地磁场向北，若飞机从南往北飞，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高．若飞机从北往南飞，则φ1比φ2高，故C正确，D错误．
考查方向
导体切割磁感线时的感应电动势
解题思路
由于地磁场的存在，当飞机在在赤道上空竖直下坠时，机翼切割磁感线，产生感应电动势，机翼末端存在电势差，由右手定则可判定电势的高低.
易错点
掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的.
知识点
1.下列说法中，有关物理学和生活、科技的关系，不正确的是( )(单选)
正确答案
解析
A、过量的电磁波辐射对人体有害，为了安全人们应该离电磁波发射装置一定的距离，可以减小电磁辐射带来的伤害,故A正确；
B、电磁炉的工作原理是，接通电源后，线圈产生电磁波，使锅体发生电磁感应而加热食物，不是直接利用电磁波的能量,故B错误；
C、磁带是收录机放音时的原理是电磁感应，录音时利用的是电流的磁效应,故C正确；
D、运输电流表时，为了安全将电流表的正负接线柱短接，是利用电磁阻尼的作用使指针快速停下来的,故D正确；
本题选错误的,故选B
考查方向
电磁感应在生活和生产中的应用
解题思路
明确电磁辐射给人带来的危害，并知道如何防范电磁辐射；知道常见仪表的工作原理，明确电磁现象在生产生活中的应用.
易错点
本题关键明确应用电磁感应现象仪器的工作原理，同时注意掌握防范电磁辐射的方法.
知识点
设集合
A
B
C
D
正确答案
3．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从O
点由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g =l0m/s2。
下列说法中正确的是(单选)
正确答案
解析
对物体受力分析，物体受到的摩擦力为
Ff=μFN=μmg=0.1×2×10N=2N．
由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动;在OA段的拉力为5N，物体做匀加速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，
代入数值解得，V=3m/s，
此时的最大功率为P=FV=5×3W=15W，
在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的最大功率为P=FV=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，故A正确,BCD错误;
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率；功的计算
解题思路
根据功的公式W=FL分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小.
易错点
根据公式W=FL，对图象进行分析，从图象中得出图线的斜率表示物体受到的拉力的大小是解题的关键.
知识点
设集合
A
B
C
D
正确答案
2．如图所示，在动摩擦因数μ =0.2的水平面上有一个质量m=lkg的小球，小球左侧连接一
水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ= 45°角的不可伸长的轻
绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为
零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是(单选)
A小球受力个数不变
B小球立即向左加速，且加速度的大小为a=8m/s2
C小球立即向左加速，且加速度的大小为a=l0m/ s2
D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a= l0
正确答案
解析
剪断轻绳前小球受力情况，如图所示:
小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零,所以地面对小球没有摩擦力的作用，小球受三个力的作用；根据平衡条件得：轻弹簧的弹力大小为：F=mg=10N，细线的拉力大小为：
剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F=10N，方向水平向左，细绳上的力消失，小球受重力外，还受地面的支持力与摩擦力的作用，所以剪断轻绳瞬间，小球受四个力的作用，小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：
考查方向
牛顿第二定律；物体的弹性和弹力
解题思路
先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小，再研究剪断轻绳瞬间，抓住弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度和水平面对小球的支持力.
易错点
关键抓住剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，但轻绳上的力消失利用牛顿第二定律分析.
知识点
要测量一个阻值约为5Ω的电阻Rx，除Rx外可用的器材有：
一个电池组E(电动势6V)；
一个滑动变阻器R(0—l0Ω，额定电流1A)；
两个相同的电流表G(内阻Rg=1000Ω，满偏电流Ig=l00μA)；
两个定值电阻R1、R2
一个电键S、导线若干。
10.本题中需要把其中的一个电流表G改装成3V的电压表，别需要给这个电流表
（选填“串联”或“并联“）电阻R1，且R1的阻值为____ Ω。
再把另一个电流表G改装成1A的电流表，则需要给这个电流表____（选填“串
联”或“并联”）电阻R2，且R2的阻值约为 Ω。
11.请设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁（其中题目所给电流表以符号
正确答案
串联；29000；并联；0.1
解析
把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：
考查方向
把电流表改装成电压表
解题思路
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路的特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．
易错点
掌握电表的改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律列式求解.
正确答案
解析
待测电阻阻值约为5Ω，改装后的电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻为30kΩ，由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，为了使电路能耗较小，滑动变阻器应采用限流接法，电路图如图所示：
考查方向
伏安法测电阻
解题思路
根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图.
易错点
明确实验的原理，根据误差分析的结论，选择电流表的内外接法是解题的关键，考虑电路能耗的要求，变阻器选择限流接法.
21.如图所示，AOB是水平轨道，BC是固定在竖直面内半径为R的1/4圆弧轨道，两轨道表面均光滑，且恰好相切于B点。质量为M的小木块原来静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)。若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹以相同的初速度射入小木块，并留在其中，则当第3颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？（选考题）
正确答案
解析
B到C的过程中，根据机械能守恒定律得：
解得：
解得：
mv0=（3m+M）v3，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：
由以上各式可得：
考查方向
动量守恒定律；机械能守恒定律
解题思路
子弹射入木块的过程中水平方向受到的合外力等于0，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；由动量守恒定律与机械能守恒定律求出最大高度.
易错点
本题关键要分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律联立解答，另外注意在应用动量守恒定律解题是要选择一个正方向.
知识点
17.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动，已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m。当外界大气压强为Po、温度为To时，两活塞静止于如图所示位置。若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B-起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小。设整个过程中气体温度不变。（选考题）
正确答案
解析
以两活塞整体为研究对象，原来汽缸内气体压强为p1，根据平衡条件有：p0S+3mg=p1S
解得：
对气缸内气体，初态：
末态：p2=? ,
根据玻意耳定律，有p1V1 =p2V2
解得：
以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：
p2S=F+p0S+3mg
解得：
考查方向
理想气体的状态方程
解题思路
以两活塞整体为研究对象求初态气体的压强，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求出末态压强最后再以整体为研究对象受力分析求拉力的大小.
易错点
关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是用共点力平衡的方法求封闭气体的压强.
知识点
如图甲（俯视），半径为r的空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，水平面上固定一段两端开口内壁光滑的圆弧形细玻璃管ab（细管内径远小于r），细管外侧与磁场边界重合，其对应的圆心角为60°。在细玻璃管的右端b处，放置一个可视为质点的小球，小球直径略小于细管内径。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，其中Bo、To为已知量。已知当磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一电场线上各点的场强大小相等，且满足E=U/l，其中，U为一段圆弧两端的电势差，l为对应的弧长。
13.求0一To内，涡旋电场在b处的场强大小E；
14.若小球从a点离开后恰好能沿半径为r的轨迹做圆周运动，求小球的速率v；
15.若磁感应强度B随时间t按图丙规律变化，小球恰好不会离开细管，求图丙中的时间T。
正确答案
解析
由乙图得：
依题意b处的场强大小
联立解得：
考查方向
法拉第电磁感应定律；电势差与电场强度的关系
解题思路
由乙图结合法拉第电磁感应定律求得感应电动势，由电势差与电场强度的关系得b处的场强大小.
易错点
关键理解法拉第电磁感应定律，结合乙图B的变化规律解得感应电动势.
教师点评
本题考查了法拉第电磁感应定律；电势差与电场强度的关系，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与电势能和电势等知识点交汇命题.
正确答案
解析
令小球的质量为m，电量为q，小球被涡旋电场加速，根据动能定理
小球离开管恰好能做匀速圆周运动，说明磁感应强度已经稳定在B0,有
考查方向
带电粒子在匀强磁场中的运动
解题思路
由动能定理结合洛伦兹力提供向心力求得速度.
易错点
关键理解小球离开管恰好能做匀速圆周运动，说明磁感应强度已经稳定在B0.
教师点评
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与动能定理等知识点交汇命题.
正确答案
解析
按丙图规律变化的磁场，将产生周期性变化的涡旋电场，若小球恰好不能离开细管，说明小球将受到周期性电场力在细管两端来回运动由（1）可知电场强度大小可表示为
根据运动的对称性原理得
综合以上各式得
考查方向
电势差与电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动
解题思路
按丙图规律变化的磁场，将产生周期性变化的涡旋电场,进而得出小球的运动情况，根据电场强度公式及牛顿第二定律得小球的加速度，根据小球运动的对称性求得磁场的周期.
易错点
关键分析出小球的运动情况，结合磁场的变化规律求得磁场的周期.
教师点评
本题考查了电势差与电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与匀变速直线运动的公式等知识点交汇命题.