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2． 如图所示为两个等量异号点电荷所形成电场的一部分电场线，P、Q是电场中的两点。下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A、电场线的疏密表示了场强大小，所以P点的场强比Q点场强小，故A选项错误.
B、沿着电场线方向电势逐渐降低，且等势面与电场线相垂直，所以P点电势比Q点电势高，故B 选项错误.
C、由于P点电势比Q点电势高，电子带负电，因此P点电子的电势能比Q点电子的电势能小，故C选项正确.
D、电子沿直线从P到Q的过程中，由于电场强度先变小后变大，因此所受电场力也先变小后变大，故D选项错误.
考查方向
解题思路
运用等效法,电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，在点电荷的电场中，离电荷近的地方，电场的强度大；沿电场线的方向，电势降低
易错点
明确电子带负电
4． 如图所示，质量为M的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。这个人手中拿着一个质量为m的小物体，他以相对飞船为v的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（）
A
B
C
D
正确答案
解析
人和小物体组成的系统不受其他力的作用，所以系统动量守恒，由动量守恒定律mv=Mv’，解得v’=mv/M，故A选项正确.
考查方向
解题思路
选好研究对象,人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可．
易错点
对动量守恒定律的掌握
7.光导纤维按沿径向折射率的变化可分为阶跃型和连续型两种。阶跃型的光导纤维分为内芯和外套两层，内芯的折射率比外套的大。连续型光导纤维的折射率中心最高，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最低。关于光在连续型光导纤维中的传播，下列四个图中能正确表示传播路径的是（）
A
B
C
D
正确答案
解析
光由空气射入光导纤维时，根据折射定律，入射角大于折射角，因此光路应向下偏折。由题可知，连续型光导纤维由内芯向外表方向折射率逐渐降低，可以将光导纤维看成多层折射率依次减小的材料。光由内芯向外表面传播过程中，在每两层介质的分界面上发生折射时，入射角都小于折射角，因此光路继续向下偏折，如下图所示，当达到某分界面时，发生全反射，之后的光路将与全反射之前对称。可知，只有C选项满足要求，故C选项正确.
考查方向
解题思路
发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角．光从光密介质进入光疏介质，若不发生全反射时，折射角大于入射角．
易错点
明确光路
1． 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波的周期为2s。某时刻波形如图所示。下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A、由波形图可知振幅为2cm，故A选项错误.
B、这列波的波速为v=λ/T=0.08/0.02m/s=4m/s，故B选项错误.
C、在波动中，各个质点的振动周期或频率是相同的，它们都等于波源的振动周期或频率，故C选项错误.
D、x=48m的质点处在平衡位置，速度最大，向y轴的负方向运动，故D选项正确.
考查方向
解题思路
观察图像
易错点
明确波的图像的定义，看清题目
3． 如图所示，有一个电热器R，接在电压为u = 311sin100t（V）的交流电源上。电热器工作时的电阻为100Ω，电路中的交流电表均为理想电表。由此可知（）
正确答案
解析
A、电压表示数应该为有效值，311V为最大值，故A选项错误.
B、电热器R两端电压的有效值为U=311/=220V，所以I=U/R=220/100=2.2A，故B选项正确.
C、电热器消耗的功率为：P=U2/R=2202/100=484W，故C选项错误.
D、周期T=2π/w=2π/100π=0.02s,频率f=1/T=50 Hz,故D选项错误.
考查方向
解题思路
交流电表测量的是有效值，由u=311sin100πt（V）读出电压的最大值，求出电压的有效值，由欧姆定律求出电流的有效值，即可得到两个电表的读数．由ω=2πf求频率．根据有效值，求电热器的发热功率．
易错点
区分电压表的最大值和有效值
5． 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。如图所示，某同学坐在列车的车厢内，列车正在前进中，桌面上有一个小球相对桌面静止。如果他发现小球突然运动，可以根据小球的运动，分析判断列车的运动。下列判断正确的是（）
A小球相对桌面向后运动，可知列车在匀速前进
B小球相对桌面向后运动，可知列车在减速前进
C小
D小球相对桌面向前运动，可知列车在减速前进
正确答案
解析
A，B、小球相对桌面向后运动，由物体的惯性可以知道列车不可能匀速前进，若匀速前进小球应该与列车保持相对静止，所以列车应该是在加速直线前进.故A，B选项均错误.
C,D、小球相对桌面向前运动，由物体的惯性可以知道应该是列车在做减速前进运动，而小球由于惯性要保持原来的运动状态所以向前滚动了.故C选项错误，D选项正确.
考查方向
解题思路
小球与列车一起做匀速直线运动，小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点．知小球向前运动，是由于惯性，列车和桌子的速度慢下来，小球要保持以前的速度继续运行，所以会向前运动
易错点
对惯性的理解
6．某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图1所示连接电路。先使开关S接1，电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2，电容器通过 R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图2所示。他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I-t曲线。关于这条曲线，下列判断正确的是（）
正确答案
解析
AB、I-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量 Q=CE，没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误．
CD、将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错误，D正确．
考查方向
解题思路
I-t图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据电容器带电量是否变化，分析曲线与坐标轴所围面积如何变化．将滑片P向右移动时，根据闭合电路欧姆定律分析放电电流的变化，从而确定曲线与纵轴交点的位置如何变化．
易错点
对电容器知识点的掌握
8.（1）用游标为10分度（测量值可准确到0.1mm）的卡尺测量小球的直径，测量的示数如图1所示，读出小球直径d的值为 mm。
（2）如图2所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”。
① 已准备的器材有：打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带
铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材是
（只有一个选项符合要求。填选项前的符号）。A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、刻度尺C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、刻度尺
② 安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如
图3所示（其中一段纸带图中未画出）。图中O点为打出的起始点，且速度为零。
选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点。其中测出D、
正确答案
（1）17.6
（2）①D ②3.04 ③gh2 ④a 10.0 ⑤4l(h-l)
解析
（1）游标卡尺读数不估读，主尺读数为17mm,游标卡尺第6格与主尺刻度对齐，读数为0.6mm,则游标卡尺读数为17.6mm.
（2）①打点计时器是采用交流电供电的，纸带需要刻度尺来测量点间距，本实验不需要测量重物质量，所以不需要天平.
②打点计时器实验中，计算某点的瞬时速度，等于计算相邻两段时间间隔内的平均速度，则vg=(h3-h1)/2T=3.04m/s
③根据机械能守恒可知，重力势能的减小量等于动能的增加量，从O点到E点列机械能守恒可知，mgh2=mvg2/2-0,则vg2/2=gh2
④由于选取A点作为起点，则起点处速度不为0，即h=0时v＞0，故图像为直线a，图线a的横轴截距表示A点距真实起点O的距离，由图像可知，A点到起始点O点的距离为10.0cm.
⑤第一段圆周运动，由动能定理可知，mgl=mv2/2-0,第二段平抛运动，列运动学公式可知，水平方向:s=vt，竖直方向：h-l=gt2/2,解得s=2,则s2=4l(h-l).
考查方向
解题思路
看清题目要求（1）先看主尺读数再看游标卡尺第几格与主尺刻度对齐
（2）①注意不需要重物质量
②计算某点瞬时速度等于计算相邻两段时间间隔内的平均速度
③机械能守恒
④观察图像
⑤动能定理
易错点
游标卡尺读数的方法是主持读数加上游标读数，不需估读，
质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。图中所示的质谱仪是由加速电场和偏转磁场组成。带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。不计粒子重力。
9.若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：
a．粒子进入磁场时的速度大小v；
b．粒子在磁场中运动的轨道半径R。
10.若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是
正确答案
解析
a.粒子在电场中加速
根据动能定理
解得速度
b.粒子在磁场中做匀速圆周运动
根据牛顿第二定律和洛仑力公式
解得半径
考查方向
解题思路
带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．
易错点
明确粒子在加速电场和偏转磁场中的运动轨迹
正确答案
解析
由以上计算可知
有
代入已知条件得
考查方向
解题思路
P1、P2互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论得出半径与质量之间的关系，然后由题目的条件即可求出．
易错点
对同位素的理解
2016年2月11日，美国“激光干涉引力波天文台”（LIGO）团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并。已知光在真空中传播的速度为c，太阳的质量为M0，万有引力常量为G。
11.两个黑洞的质量分别为太阳质量的26倍和39倍，合并后为太阳质量的62倍。利用所学知识，求此次合并所释放的能量。
12.黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在。假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。
a．因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自在宇宙中做周期为T，半径为r0的匀速圆周运动。由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。利用所学知识求此黑洞的质量M；
b．严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力学体系预言过黑洞的存在。我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时也会具有
正确答案
解析
合并后的质量亏损
根据爱因斯坦质能方程
得合并所释放的能量
考查方向
解题思路
两个黑洞在合并时类似于发生核聚变反映，所释放的能量来源于质量亏损
易错点
明确释放的能量的来源
正确答案
a. 
解析
a.小恒星绕黑洞做匀速圆周运动，设小恒星质量为m
根据万有引力定律和牛顿第二定律
解得
b.设质量为m的物体，从黑洞表面至无穷远处
根据能量守恒定律
解得
因为连光都不能逃离，有v = c
所以黑洞的半径最大不能超过
考查方向
解题思路
a.质量很小的恒星在其做圆周运动的轨道中心的黑洞吸引力下运动，则万有引力提供恒星运动的向心力
b.阅读前面关于黑洞的解释，黑洞密度大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离他的引力，物体想要逃离黑洞，至少要达到黑洞的第二宇宙速度，根据题目叙述可知，黑洞的第二宇宙速度大于光速。物体脱离黑洞是指在黑洞产生的引力场中到达无穷远时速度依然大于等于0。对于临界情况（黑洞第二宇宙速度等于光速，物体脱离黑洞时速度恰好为0），列能量守恒定律。
易错点
根据题中所给材料结合万有引力定律和能量守恒定律解题，不要忽视题中所给信息
回答下列各题：
13.如图1所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下、磁感应强度为B0的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l，左端接一电动势为E0、内阻不计的电源。一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直导线框放置并接触良好。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。忽略摩擦阻力和导线框的电阻，平行轨道足够长。请分析说明导体棒MN的运动情况，在图2中画出速度v随时间t变化的示意图；并推导证明导体棒达到的最大速度为
14.直流电动机是一种使用直流电流的动力装置，是根据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的。如图3所示是一台最简单的直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装设圆柱形铁芯，将abcd矩形导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴OO 转动。线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接。定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图4所示（侧面图）。已知ab、cd杆的质量均为M、长度均为L，其它部分质量不计，线框总电阻为R。电源电动势为E，内阻不计。当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，线框所处位置的磁感应强度大小均为B。忽略一切阻力与摩擦。
a．求：闭合开关后，线框由静止开始到转动速度达到稳定的过程中，电动机产生的内能Q内；
b．当电动机接上负载后，相当于线框受到恒定的阻力，阻力不同电动机的转动速度也不相同。求：ab、cd两根杆的转动速度v多大时，电动机的输出功率P最大，并求出最大功率Pm。
正确答案
证明即可
解析
闭合开关s后，线框与导体棒组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力开始加速运动，假设某一时刻的速度为v，此时导体棒切割产生的感应电动势为E′=Blv
初始阶段，E′＜E0回路中的电流为I＝E0−E′/r＝E0−B0lv/r
导体棒受到的安培力为F=B0Il＝B0l•E0−bLv/r，方向水平向右
因此，导体棒的加速度为a＝F/m＝B0l/m•E0Blv/r，方向水平向右，即与v方向相同
随速度的增加，减速度减小，但仍与v同方向，因此，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动
达到最大速度时，加速度a=0，解得E0=BIvm解得vm＝E0/B0l
图象为
考查方向
解题思路
导体棒在向右运动的过程中会切割磁感线产生感应电动势，与回路中的电源形成闭合回路，根据闭合电路的欧姆定律求得电流，结合牛顿第二定律借口判断出速度的变化
易错点
对导体棒的运动状态的分析
正确答案
a. 
解析
a.设线框转动时ab、cd棒的最大速度为vm′，此时，线圈转动产生的反电动势等于直流电源电动势，即E=2BL vm′，解得vm′=E/2BL
设ab、cd棒速度为v′时，线框回路中对应的电流为I′。此时，两棒所受安培力均为F′=BLI′.在△t→0时间内，对一根棒应用动量定理得：F′△t=M△v′，即BL I′△t=M△v′。
在线圈从静止到转速达到稳定的过程中，有：BL∑（I′△t）=M vm′-0
在此过程中，电源输出的总能量E总=∑EI′△t=E∑（I′△t）
联立解得：E总= E2M/2B2L2
线框稳定转动时，动能Ek=2×vm′2M/2=E2M/4B2L2
根据能量守恒定律E总=Q内+Ek
解得
b.设此时对应的ab、cd杆的稳定转动速度为v，则线框回路中电流
每根杆受到的安培力F=IBL=(E-2BLv)BL/R，由于线圈此时稳定转动，由平衡条件有：
f =2F=2(E-2BLv)BL/R
因此，电动机的输出功率为P=fv=2BLv(E-2BLv)/R,因此当
最大功率
考查方向
解题思路
a.线框由静止开始加速转动的过程也是一个加速度减小的加速过程。
b.当电动机加上负载后，设线框所受等效阻力为f，即电动机输出的动力大小也为f
易错点
对物理知识的综合把握与应用没有注意到动能定理的标量性而出错；没有注意到动能定理的相对性而出错；没有正确理解动能定理的物理意义