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2．图（甲）是线圈P绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电压 的图象，把该电压加在如图（乙）所示的理想变压器的A、B端，已知电压表的示数为4.0V，图中的电压表和电流表均为理想电表，R＝2Ω，其它电阻不计。下列说法中正确的是（）
正确答案
解析
由图像可知，输入电压的有效值为10V，根据变压器原副线圈电压关系之比等于原副线圈匝数之比可知n1:n2=5：2；而电流之比等于匝数反比，副线圈电流为2A，所以原线圈电流为0.8A，A对D错；甲图中结合磁通量变化快慢等于电动势可知，电压最大时，磁通量变化最快，因此在t=0.2s、0.4s时，电压最小；此时是磁通量的变化率最小，此时穿过线圈的磁通量最大，所以B错误；
考查方向
解题思路
电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2．电流表读数可根据公式电流与匝数成反比求得．
易错点
考查变压器原理；要注意明确：电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的
知识点
3．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）
正确答案
解析
现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，
A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．
B、根据C=
C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．
D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E=
故选：D．
考查方向
解题思路
电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
易错点
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
知识点
1.如图，放在斜面上的物块，受到平行于光滑斜面向下的力F作用，沿斜面向下运动，斜
面保持静止。下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A、无论滑块下滑还是上滑，滑块对斜面体的压力不变，即垂直于斜面向下，所以斜面体受力不变，由斜面体所受各力保持平衡，故A错误；
B、无论滑块下滑还是上滑，滑块对斜面体的压力不变，即垂直于斜面向下，因此斜面受到地面水平向右的静摩擦力作用，故B正确．
CD、不论F增大，还是反向，物体对斜面的压力均不变，则地面对斜劈的摩擦力大小与方向均不变，故CD错误；
考查方向
解题思路
根据光滑斜面上物体对斜面只有压力，与物体运动状态，及运动方向无关，并依据摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，即可求解
易错点
掌握整体法与隔离法的应用，注意斜面是光滑的，结合受力分析的内容，
知识点
4．横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。若不计空气阻力，则下列判断正确的是（）
正确答案
解析
：AC、根据h=
B、三个小球均做平抛运动，加速度都是g，相同，则速度变化快慢一样，故B错误．
D、三个小球均做平抛运动，轨迹是抛物线，落在a点的小球瞬时速度不可能与斜面垂直．对于落在b、c两点的小球：竖直速度是gt，水平速度是v，由题意有：斜面的夹角是arctan0.5，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要
故选：D．
考查方向
解题思路
三个小球做的都是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的．可列式进行分析
易错点
本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．也可以利用“中点”分析得出落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直．
知识点
5．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点。若两个小球以相 同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相 对位置关系示意图可能正确的是（）
A
B
C
D
正确答案
解析
小球做匀速圆周运动，mgtanθ=mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ=
考查方向
解题思路
小球做匀速圆周运动，靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律从而分析判断
易错点
本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，另外本题关键要得出Lcosθ的关系式．
知识点
某实验小组设计了如图（甲）的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为3V，内阻RV约10kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻RA=4.0Ω，R为电阻箱。
12.该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表示数I和电阻箱的阻值R，在I-U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图（乙）中曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在 （选填“a”或“b”）点。
13.利用（1）中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为 。（用U1、I、R和RA表示）
14.实验小组利用（2）中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I-U坐标系中，如图（乙）中直线所示。根据图像分析可知：电源的电动势E= V，内电阻r= Ω。
15.实验中，当电阻箱的阻值调到6Ω时，热敏电阻消耗的电功率P= W。（计算结果保留两位有效数字）
正确答案
（1）a
解析
（1）利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点；
考查方向
解题思路
（1）分析电路结构，明确电流表外接法的应用；
易错点
考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等．
正确答案
（2）
解析
（2）根据串并联电路规律可知：外电压：U2=U1+I（R+RA）
考查方向
解题思路
（2）根据串并联电路的规律可明确路端电压的表达式；
易错点
考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等．
正确答案
（3）6.0
解析
（3）电源两端的电压利用欧姆定律可知．利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻．把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0，内电阻为r=
考查方向
解题思路
（3）根据伏安特性曲线可明确电源的电动势和内电阻；
易错点
考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等．
正确答案
（4）0.53-0.62均得分
解析
（4）等效电源内阻r0=5.0+4.0+6.0=15Ω； 在I﹣U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示；与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（2.5，0.24）．所以热敏电阻的电功率为0.60W．
考查方向
解题思路
（4）在图中作出等效电源的伏安特性曲线，与曲线的交点为热敏电阻的工作点，则由P=UI可求得电功率．
易错点
考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等．
如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H>>d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：
9.如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d = mm。
10.小球经过光电门B时的速度表达式为 。
11.多次改变高度H，重复上述实验，作出
中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式： 时，可判断小球下落过程中机械能守恒。
正确答案
（1）7.25
解析
（1）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．
考查方向
解题思路
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．
易错点
解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．
正确答案
（2） d/t
解析
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度
考查方向
解题思路
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门B的速度．
易错点
解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．
正确答案
（3）
解析
（3）小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量
考查方向
解题思路
（3）抓住动能的增加量和重力势能的减小量相等得出机械能守恒的表达式．
易错点
解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．
如图所示，水平地面上方竖直边界MN左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿竖直方向的匀强电场E2（未画出），磁感应强度B=1.0 T，MN边界右侧离地面h= 3m处有长为L=0.91 m的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与MN重合，平台右边缘有一质量m=0.l kg、电量q=0.1C的带正电小球，以初速度v0=0.6m/s向左运动。此时平台上方存在
18.电场强度E2的大小和方向。
19.小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间。
20.小球离开平台左侧后，小球落地点的范围。
正确答案
（1）电场强度E2的大小为10N/C，方向：竖直向上；
解析
（1）因为小球做匀速圆周运动，电场力必等于重力
将数据代入①式解得：
电场的方向竖直向上
考查方向
解题思路
（1）小球做匀速圆周运动，电场力等于重力，据此求出场强．
易错点
本题是小球在重力场、电场与磁场的复合场中运动类型，考查受力平衡的状态方程，机械能守恒与动量守恒定律的应用，关键要把握每个过程遵守的物理规律，结合几何知识进行处理．
正确答案
（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间为0.21s；
解析
（2）若θ＝90°，小球匀速通过MN后有最小速度： 
若θ＝45°，小球匀速通过MN后有最大速度，由加速度公式可得：
由匀变速直线运动规律可得：
将数据代入④⑤式，可解得：
小球在通过MN的速度为大于等于
小球以
由⑦式可得：
由⑦式解得：
因为
考查方向
解题思路
（2）小球在磁场中做匀速圆周运动，求出小球做圆周运动的圆心角，然后求出其运动时间．
易错点
本题是小球在重力场、电场与磁场的复合场中运动类型，考查受力平衡的状态方程，机械能守恒与动量守恒定律的应用，关键要把握每个过程遵守的物理规律，结合几何知识进行处理．
正确答案
（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围是：在N点左边
解析
（3）小球落在N点左边的最大距离时，
当小球落在右边最大距离时其对应在磁场中的轨道半径为
水平位移为
因此得
当
所以，小球的落点在距N点左边1.73m、右边0.447m的范围内
考查方向
解题思路
（3）求出小球落地点最左侧距离，然后求出落地点的右侧距离，然后确定其落地点范围．
易错点
本题是小球在重力场、电场与磁场的复合场中运动类型，考查受力平衡的状态方程，机械能守恒与动量守恒定律的应用，关键要把握每个过程遵守的物理规律，结合几何知识进行处理．
如图所示，上表面光滑下表面粗糙足够长且质量为M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，沿水平地面向右匀加速运动，加速度a＝2.5m/s2。某时刻当长木板的速度为v0＝5m/s，将一个小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，这时木板恰好匀速运动，当木板运动了L＝1.8m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，g取10 m/s2。求：
16.木板与地面间的动摩擦因数μ。
17.放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度。
正确答案
μ为0.25；
解析
（1）木板做匀加速直线运动时，
由牛顿第二定律得：
代入数据得： μ＝0.25 ②
考查方向
解题思路
（1）未放上小铁块前，对木板运用牛顿第二定律，求出木板与地面间的动摩擦因数．
易错点
考查了牛顿第二定律、共点力平衡、动能定理的综合运用，根据牛顿第二定律和共点力平衡求出动摩擦因数和小铁块的质量是解决第二问的关键．
正确答案
4m/s．
解析
（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，放上第一个小铁块后木板匀速运动，
由平衡条件得：
解得：m＝10 kg ④
设刚放第二块铁块时木板速度为v，对木板从放第一块铁块到刚放第二块铁块的过程，
由动能定理得：
联立代入数据解得：v＝4（ m/s） ⑥
考查方向
解题思路
（2）放上第一个小铁块后木板匀速运动，结合平衡求出放上铁块的质量，每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，结合动能定理求出放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度．
易错点
考查了牛顿第二定律、共点力平衡、动能定理的综合运用，根据牛顿第二定律和共点力平衡求出动摩擦因数和小铁块的质量是解决第二问的关键．
【物理--选修3-3】
21.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图像如图所示，下列判断正确的是______。（填入正确选项前的字母，选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分）
22.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：
（1）初始时，水银柱两液面高度差多大？
（2）缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？
正确答案
解析
A、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故A错误；由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；ca过程属于等压变化，所以温度变小，内能变少；体积变小，外界对气体做正功，所以放出热量大于外界做的功，内能减少，C错；由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；
考查方向
解题思路
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题
易错点
考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P﹣T图象中等容线为过原点的直线
正确答案
解析
①被封闭气体压强P＝P0＋＝P0＋ρgh ①
初始时，液面高度差为h＝ ②
②降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化。
初状态：P1＝P0＋，V1＝1.5h0s，T1＝T0
末状态：P2＝P0，V2＝1.2h0s，T2＝？
根据理想气体状态方程＝ ③
代入数据，得T2＝④
考查方向
解题思路
（1）根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；
（2）气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度．
易错点
该题结合气体压强的两种不同求法考查气态方程，解答本题关键是求出气体压强，然后根据等压变化公式列式求解
6．如图（甲），水平面上的平行金属导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住。刚开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B随时间t的变化如图（乙）所示。若用I表示流过导体棒ab的电流强度，T表示丝线对导体棒ab的拉力。则 在t0时刻 （）
正确答案
解析
由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acbda，在t0时刻导体棒ab中不为零，A错，B对；根据左手定责可知，ab导线中安培力想做，所以T的方向应该水平向右，C错，D对。
考查方向
解题思路
由乙图看出，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得出线圈中将产生感应电流，由楞次定律可判断感应电流的方向及ab、cd受到的安培力方向，则可分析丝线上的拉力．
易错点
当穿过回路的磁通量随时间作均匀变化时，回路中产生恒定的电动势，电路闭合时产生恒定电流
知识点
7．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关 系如图（乙）所示。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等， 则t1～t3时间内（）
正确答案
解析
A、在0～t1时间内，拉力小于最大静摩擦力，物体处于静止，F对物体做功为零，故A正确．
在t1～t3时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，可知在t3时刻的速度最大，动能最大，t2时刻外力最大，所以加速度最大，B C正确．
D、在0～t1时间内，F不做功，在t1～t3时间内，F做正功．故D错误．
考查方向
解题思路
根据物块的受力判断出物块的运动规律，得出何时速度最大，结合力与运动的方向判断F做功情况．
易错点
考查了学生的读图能力，能够通过F﹣t图线，得出整个过程中物块的运动规律．
知识点
8．如图所示，半圆槽光滑绝缘且固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零，则小球a （）
正确答案
解析
答图所示，由力的平行四边形法则可得重力与库仑力的合力：
a球在从N到Q点过程中，重力与库仑力的夹角θ不断减小，θ↓→cosθ↑而FE=
a球在从N到P点过程中，重力场与电场的合场强方向一定指向重力方向的右下方，此点相当于零势能点，所以在此过程中a球的速率不可能一直增大，应是先增大再减小，B选项错误。
a球在从N到P点过程中，重力FG和库仑力FE在圆的半径方向的分力一直在增大，忽略小球因速度变化对向心力的影响， a球所受弹力一直增大，C错。
从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣
考查方向
解题思路
分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化
易错点
本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量