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1．跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用山势特点建造的一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在助滑路上获得高速后从A点水平飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员水平飞出的速度v0=20m/s，山坡看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，则运动员（g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8）（ ）
正确答案
解析
A、B.运动员由A到B做平抛运动，水平方向的位移为：x=v0t
竖直方向的位移为：
C、D. 运动员的位移为
考查方向
解题思路
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住位移关系求出运动员在空中飞行的时间．通过时间求出竖直方向上的位移，结合几何关系求出AB间的距离，根据平均速度等于位移除以时间求解
易错点
利用分解思想求解运动员在空中运动的时间
知识点
2．如图所示，一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石
块成功叠放在一起，保持平衡。下列说法正确的是 （ ）
正确答案
解析
A、石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A错误；
B、由A分析可知，故B错误；
C、以三块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；
D、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确；故本题选D
考查方向
解题思路
根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，求解。
易错点
平衡力与相互作用力的区别，分析a时，不能丢掉b对a的静摩擦力。
知识点
3．如图，一宇宙飞船在轨道半径为R的近地圆轨道Ⅰ上围绕地球运行，经变轨后进入椭圆轨道Ⅱ运行。已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、根据开普勒第三定律
B、根据开普勒第二定律可知，飞船的轨道半径越大，则线速度越小，所以飞船在椭圆轨道远地点的速率小于近地点的速率．故B错误；
C、在椭圆轨道的近地点若实施变轨，将圆轨道Ⅰ变成椭圆轨道Ⅱ是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，增加所需的向心力，因此飞船在该点火加速，外力对飞船做功，故飞船在此过程中机械能增加．故C正确；
D、飞船从近地点向远地点运动的过程中只有万有引力做功，飞船的机械能不变．故D错误；故本题选C
考查方向
解题思路
根据开普勒第三定律求出周期的变化情况．飞船机械能是否变化要看是否有外力对飞船做功，当万有引力刚好提供飞船所需向心力时 飞船正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则飞船做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则飞船做逐渐远离圆心的运动
易错点
开普勒第三定律的理解与应用，机械能守恒条件的判断。
知识点
4．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其
“速度—时间”图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A. 从图象中可以看出A点的斜率大于C点的斜率，即粒子在A点的电场力大于C点的电场力，由
B.速度图象的斜率等于加速度,由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在B点与在D点的加速度为零，由于粒子带正电，从图中可以看出粒子从A到B粒子的速度减小，则动能减小，粒子的电势能增大，粒子应向高电势运动，从B到D粒子速度又增大，则动能增大，粒子的电势能减小，粒子应向电势低的地方运动，故B、D两点电场强度为零，但B点的电势高于D的电势，故B错误；
C. C.粒子在A处的速度大于C处的速度，所以粒子在A处的动能大于在C处的动能，粒子从A运动到C处时，电场力做负功，电势能增大，所以粒子在A处的电势能小于在C处的电势能，故C错误；
D.由图可知粒子在A处与D处的速度大小相等，由动能定理可知，粒子从A到D电场力不做功
故A与D两点电势相等，粒子从B经C到D，电场力做正功，粒子电势能减小，而粒子带正电，所以B、D两点的电势差大于A、C两点的电势差，故D错误；故本题选A
考查方向
解题思路
从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．由运动过程中，动能减少后增加，势能增加后减小，所以可判断出粒子的电势能大小变化情况。
易错点
图象中图线的斜率的物理含义，电场力做功与电势能之间的变化关系。
知识点
5．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速g=10m/s2）。则 （ ）
正确答案
解析
A与木板间的最大静摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10N=2N，B与木板间的最大静摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10N=4N.
A、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；
B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F=（mA+mB）a；解得：
C、D .F=4N＞fA，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度
故本题选D
考查方向
解题思路
根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度
易错点
静摩擦力的计算，当力作用在A上取不同值时，物体A状态的判断。
知识点
6. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R=10Ω，降压变压器T2原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220
正确答案
解析
A、通过用电器的电流有效值
B、输电线上损耗的功率
C、当用电器的电阻R0增大时，降压变压器的输出电流减小，则输电线上的电流减小，升压变压器原线圈中的电流变小，根据
D、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率
考查方向
解题思路
在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率.
易错点
正弦式交流电有效值的求法，理想变压器输出功率决定输入功率的理解；
知识点
8．如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C），场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度
正确答案
解析
A、在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图2所示；由牛顿第二定律得：
B、第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比：
C、第二个粒子，由动能定理得：
D、第一个粒子的运动时间：
考查方向
解题思路
带电粒子在电场中做类平抛运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，由平抛运动与圆周运动的知识分析答题.
易错点
关键从试题中读出信息，分析出粒子的运动规律，正确画出示意图.
知识点
7.小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上(如图甲)，在刚接触轻弹簧的瞬间(如图乙)，速度是5m/s，将弹簧压缩到最短(如图丙)的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度Δx之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比。下列说
正确答案
解析
A、由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；
B、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，所以B错误；
C、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，故C正确；
D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时弹簧的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数
考查方向
解题思路
小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力.
易错点
机械能守恒判断，弹簧劲度系数的求解；
知识点
13.下列说法正确的是
A气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和；
B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变；
C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；
D热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物
E一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加。
正确答案
解析
A、气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确；
B、温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故B错误；
C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误；
D、热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D正确；
E、气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．故E正确；
故本题选：ADE
考查方向
解题思路
解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力.
易错点
在外界的影响下，热量可以从低温物体传递到高温物体；理解分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，前提是在压强不变.
知识点
9.现有一满偏电流为500μA，内阻为1.2×103Ω的灵敏电流计G，某同学想把它改装成中值电阻为600Ω的欧姆表，实验室提供如下器材： A、一节干电池（标准电动势为1.5V） B、电阻箱R1（最大阻值99.99Ω） C、电阻箱R2（最大阻值999.9Ω） D、滑动变阻器R3（0—100Ω） E、滑动变阻器R4（0—1kΩ） F、导线若干及两个接线柱
（1）由于电流表的内阻较大，该同学先把电流表改装为量程为2.5mA的电流表，则电流计应______联一个电阻箱(填“串”或“并”)，将其阻值调为_______Ω。
（2）将改装后的电流表作为表头改装为欧姆表，请在方框内把改装后的电路图补画完整，并标注所选电阻箱和滑动变阻器的符号。
（3）用改装后的欧姆表测一待测电阻，读出电流计G的示数为200μA，则待测电阻阻值为__________Ω。
正确答案
（1）并 ；300 ；（2）（电路连接错误、电阻箱或滑动变阻器选错或未标出均零分） （3）900
解析
：（1）将电流计改装为电流表应该并联一个电阻,则电阻的阻值为：
（2）改装后的电流表内阻
（3）根据
所以有 
考查方向
解题思路
根据电表的改装原理可明确如何扩大电流表量程，根据中值电阻求出改装欧姆表需要串联的电阻阻值，从而选择电阻箱和选择滑动变阻器，画出实验电路图，根据串并联电路的特点求解.
易错点
小量程电流表改装成大量程的电流的原理与欧姆表的工件原理的理解.
知识点
10.某同学在科普读物上看到：“劲度系数为
用弹簧测力计拉着弹簧上端竖直向上缓慢移动，当弹簧测力计的示数为
把实验桌放到弹簧附近，将一端带有定滑轮、两端装有光电门的长木板放在桌面上，使滑轮正好在弹簧的正上方，用垫块垫起长木板不带滑轮的一端，如图丙所示。
用天平测得小车（带有遮光条）的质量为
打开光电门的开关，让小车从光电门的上方以一定的初速度沿木板向下运动，测得小车通过光电门
用细绳通过滑轮将弹簧和小车相连，将小车拉到光电门
在实验误差允许的范围内，若
正确答案
解析
根据胡克定律得弹簧的劲度系数
根据动能定理，弹簧弹力做功等于小车动能的增加量．因重力做功与摩擦力做功之和为零，那么当小车开始的动能为零，到达A时动能的增加量等于弹力做功．小车通过光电门A时，平均速度代替瞬时速度，
故答案为：
考查方向
解题思路
根据胡克定律求弹簧的劲度系数，游标卡尺读数等于主尺整数刻度加上标尺刻度；平均速度代替瞬时速度，利用动能定律求解.
易错点
游标卡尺的读数原理，小车通过光电门A和B时瞬时速度的求解方法。
知识点
11.某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0=72km/h，AB长L1＝l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v=36 km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。
（1）若轿车到达B点速度刚好为v =36 km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；
（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；
（3）轿车A点到D点全程的最短时间。
正确答案
（1）
解析
对AB段匀减速直线运动有
解得
（2）汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力
为了确保安全，则须满足
解得：
（3）设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t
解得：
（2）为保证行车安全，车轮不打滑，水平圆弧段BC半径R的最小值为20cm；
（3）轿车A点到D点全程的最短时间为23.14 s
考查方向
解题思路
轿车在AB段做匀减速直线运动，已知初速度、位移和末速度，根据速度位移关系公式求解加速度；轿车在BC段做匀速圆周运动，由静摩擦力充当向心力，为保证行车安全，车轮不打滑，所需要的向心力不大于最大静摩擦力，据此列式求解半径R的最小值；分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间.
易错点
由
知识点
12.如图所示，有一光滑、不计电阻且较长的“
（1）若磁感应强度随时间变化满足B=2+0.2t(T)，金属杆由距导轨顶部L1=l m处释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度；
(2)若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力F，其大小为
(3)若磁感应强度随时间变化满足
正确答案
（1）20s（2）
解析
（1）金属杆有沿着斜面向上的加速度，此时安培力等于重力沿斜面的分力，则：
又
所以
解得： t=20s
（2）由牛顿第二定律：
解得：
（3）当磁通量保持不变时，感应电流为零
解得：
若磁感应强度随时间变化满足B=2+0.2t（T），金属杆由距导轨顶部l m处释放，至少经过20s释放，会获得沿斜面向上的加速度；
（2）若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力F，其大小为产F=v+0.4（N），v为金属杆运动的速度，使金属杆以恒定的加速度a=10m/s2沿导轨向下做匀加速运动，匀强磁场磁感应强度B的大小
（3）金属杆下滑5m所用的时间
考查方向
解题思路
金属杆有沿着斜面向上的加速度时，安培力等于重力沿斜面的分力，由安培力表达式F=BIL，结合B随t的变化关系，可以解得时间t；金属杆受到重力和安培力的作用而做匀加速运动，由牛顿第二定律，结合安培力表达式，可解得磁感应强度B;金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生，说明磁通量不变，由此可以表示初末磁通量相等，解得金属杆下滑5m所用的时间.
易错点
正确理解 “金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生”的含义,得出磁通量保持不变.
知识点
14.如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气。已知：大活塞的质量为2m，横截面积为2S，小活塞的质量为m，横截面积为S；两活塞间距为L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0，大活塞与大圆筒底部相距
正确答案
解析
以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p1，根据平衡条件有：
初始时氧气体积：
当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积：
设此时氧气压强为p2，氮气压强为p，根据平衡条件有：
由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，由玻意耳定律，得：
解得：
答：当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强为
考查方向
解题思路
以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出初始时氧气压强为p1和体积V1；再求出当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积V2；再由玻意耳定律，求出此时氧气的压强p2，最后利用平衡条件求出氮气压强为p
易错点
关键是确定当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，此时氧气压强的表达式,以整体为研究对象列平衡方程.