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1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统——“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵循相同的规律．牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭网轨道简化为网轨道，还应用了其他的规律和结论．下面的规律和结论没被用到的是（ ）
正确答案
解析
牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律，而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用，选项B正确，ACD错误，综上本题选D。
考查方向
解题思路
天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律。
易错点
万有引力定律表达式不是数学公式，各量均有一定的涵义，同时突出作用力与反作用力、平衡力两者的区别。
2．蹦极，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．跳跃者站在约40米以上高度的桥梁、塔顶、高楼、吊车甚至热气球上，把一端固定在塔顶的橡皮条绑在踝关节处然后两臂伸开，双腿并拢，头朝下跳下去．所受绳子的拉力F的大小随时间t的变化情况如图所示，将蹦极过程近似看成竖直方向的运动，重力加速度为g，据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为（ ）
正确答案
解析
当时间很长时，拉力等于重力，有图象得到时间为t0时，F=3mg， 由牛顿第二定律得：
考查方向
解题思路
当时间很长时，拉力等于重力，利用牛顿第二定律列方程求解加速度即可 。
易错点
关键是看懂图象，最终平衡时，拉力等于重力，且拉力方向与重力方向相反，由牛顿第二定律求得加速度。
3．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ，一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A．细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q．小球A的右侧固定放置带等量异种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（ ）
A杆对B的作用力大小为mg
B当
C当
D当
正确答案
解析
根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为
考查方向
解题思路
根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析。
易错点
本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件。
8．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L刚好发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则（ ）
正确答案
解析
探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=E-Ir，可知I减小，路端电压U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，由P=IE知电源的总功率变小，选项A正确，CD错误；通过灯泡的电流变大，总电流变小，通过磁敏电阻支路的电流变小，变阻器两端的电压变小，路端电压增大，所以磁敏电阻的电压变大，选项B错误；综上本题选A。
考查方向
解题思路
探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
易错点
注意知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可。
4．一根通有电流的直铜棒用软导线挂在如图所示的匀强磁场中．此时悬线的拉力等于零．要使两悬线的总拉力大于2倍棒的重力．可采用的方法有（ ）
正确答案
解析
以导线为研究对象，导线受到重力和安培力的作用，导线静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F安=G，重力G不变，欲使使两悬线的总拉力大于2倍棒的重力，则安培力的方向必须向下，同时安培力要大于G；如果使电流或磁场方向反向，则安培力向下，拉力F增大；同时根据F安=BIL可知，要增大安培力，需增大电流或磁感应强度；由以上的分析可知，选项D正确，ABC错误，综上本题选：D。
考查方向
解题思路
对导线进行受力分析，然后由平衡条件列方程，根据安培力公式分析答题。
易错点
注意安培力方向与电流方向、磁场方向有关，当改变其中之一，安培力方向改变。
A
B
C
D
正确答案
解析
相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，
得：h甲＜h乙，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，选项A错误B错误；甲物块克服摩擦力所做的功Wf=μmgscos30°，s=vt，故Wf-t图线为过原点的倾斜直线，同理WF-t图线亦为过原点的直线，选项C正确D错误；综上本题选C。
考查方向
解题思路
相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故上升和下降的高度不同，据此分析系统重力势能的变化，从而得到系统机械能的变化，机械能的变化等于重力以外的力做的功。
易错点
注意题目中的两物体是做匀速直线运动，故F为恒力，而f大小只与压力和摩擦因数有关，故摩擦力大小也不变。
6．质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，如图所示．它的工作原理是带电粒子（不计重力、不计初速度）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做网周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．图中虚线为某粒子运动轨迹，由图可知（ ）
正确答案
解析
根据动能定理得，
由
粒子在磁场中做圆周运动，由图结合左手定则可知，该电荷带正电,选项A错误；粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S1比上极板S2电势低，故B错误，若只增大S1S2间距，两板间电势差不变，由上式各式，半径不变，选项C错误；若只增大入射粒子的质量，q不变，由上式可知，则半径也变大，选项D正确，综上本题选D。
考查方向
解题思路
根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径表达式，从而得知x与什么因素有关。
易错点
解决本题的关键明确带电粒子在电场和磁场中的运动规律，利用动能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷的关系。
7．如图所示，匀强磁场垂直于软导线同路平面，由于磁场发生变化，
回路变为网形，且产生了逆时针方向的感应电流，则磁场情况是（ ）
正确答案
解析
磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱；因电流方向为逆时针，根据楞次定律“增反减同”可知，原磁场方向应向外，选项B正确，ACD错误，综上本题选B。
考查方向
解题思路
磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答。
易错点
要注意明确两种表述的正确应用，明确“增反减同”和“来拒去留”应用规律，从而得出正确的答案。
13.用如图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的铁质小立方体从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t．测出AB之间的距离h．实验过程中立方体一面与纸面同面并不翻滚．
(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些
物理量_________________________.
AA点与地面间的距离H
B小立方体的质量m
C小立方体从A到B的下落时间tAB
D小立方体的边长d
(2)小立方体通过光电门时的瞬时速度v= ，若下落过程中机械能守恒，则
正确答案
解析
（1）根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，选项A错误； 根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，选项B错误； 利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，选项C错误； 利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，选项D正确，综上选D。
（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：
故答案为：(1)D； (2)
考查方向
解题思路
（1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据； （2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式。
易错点
明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。
9．两个等量正点电荷位于垂直于戈轴的连线上，相对原点对称分布，选无穷远处电势为零．能正确描述戈轴上电场强度E、电势p随位置戈变化规律的是图（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强，并且中垂线左右的电场线方向是相反的，选项A正确，B错误；两个等量正点电荷的连线所在的直线上，从连线中点到无穷远是顺着电场线，故电势逐渐降低，选项D正确，C错误；综上BT 选：AD。
考查方向
解题思路
结合等量正电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，两个等量正点电荷的连线的中垂线上，沿着电场线电势降低，电场强度最强点在连线中点与无穷远间某个位置。
易错点
关键是熟悉等量同号电荷和异种电荷之间的电场分别情况，会结合电场线和等势面分析电势和情况的变化。
10.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电阻R1=6 Ω，AB端电压u1=24
正确答案
解析
AB端电压U1=24 sin100πt（V），其角速度ω=100πrad/s，所以其频率：
考查方向
解题思路
根据瞬时值表达式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即可求得结论。
易错点
只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率。
11.如图所示（俯视图），在光滑的水平面上，宽为
A
B
C
D
正确答案
解析
线框的位移：x=vt，切割磁感线的有效长度：
考查方向
解题思路
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后分析答题。
易错点
求感应电动势时，要注意求出切割磁感线的有效长度。
12．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的网柱形金属圆筒，网心O到MN的距离OO1=2R．圆筒轴线与磁场平行．现有范围足够大的平行电子束以速度V0从远处垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子的质量为m、电荷量为e，电子的初速度为
A在O1上方
B在O1上方
C在O1下方
D在O1下方
正确答案
解析
如图所示，
设电子进入磁场回旋轨道半径为r，则
考查方向
解题思路
由牛顿第二定律可求得粒子的转动半径，画出粒子的运动轨迹可得出几何关系，从而确定出到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围。
易错点
关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹是关键，然后根据洛伦兹力提供向心力列式分析。
15．如图，一长L为1.25m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的小球．当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小物
块正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回．m2将沿水平桌面运动，已知小物块与桌面间动摩擦因数为μ=0.1；g=l0m/s2，求：
(1)小球m1碰前速度V1大小；
(2)小物块m2碰后滑行的时间t。
正确答案
（1）5m/s;(2)1.75s
解析
（1）球m1从水平位置摆至最低点的过程中，由小球（包括地球）机械能守恒得：
（2）球m1与物块m2碰撞过程，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1′、v2．取水平向右，根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1′+m2v2，
由题有 v1′=-2m/s，代入数值解得：v2=1.75 m/s，
物块m2碰撞后在桌面上向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μm2g=m2a，代入数据得：a=lm/s2，
由运动学公式得物块m2碰后滑行的时间为：
考查方向
解题思路
（1）小球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，即为小球m1碰前速度v1；；
（2）对于小球与物块碰撞过程，根据动量守恒列式求碰后m2的速度．碰后物块m2向右滑行做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度时间公式求滑行时间t。
易错点
运动量守恒定律时要注意速度的方向，规定正方向，用符号表示速度的方向。
17．如图所示，纸面为竖直平面，有一平面直角坐标系，其中第二、三、四象限中存在垂直纸面向里的匀强磁场（磁感强度均为B）；第二、三象限中存在水平向左的匀强电场（电场强度大小均为E），在第四象限中存在竖直向上的匀强电场（电场强度大小也为E）．有一足够长粗细均匀的固定粗糙绝缘杆PQ，与y轴成夹角θ=37°．一质量为m.带电量为+q的绝缘环套在杆上（环内径略大于杆），并在某处释放沿杆向下运动，到达O点已做匀速直线运动，然后脱离杆经过O点进入第四象限，并做匀速圆周运动．然后从M点垂直通过x轴．运动均发生在同一平面内，带电环电量保持不变，环与杆间动摩擦因数为μ=0.l．已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，q、m、B作为已知量．求：
(1)电场强度E大小；
(2)环到达Q的速度大小VQ;
(3)若从环经过Q点开始计时，求环经过x轴的时间。
正确答案
（1）
解析
（1）由于带电环在第四象限做匀速圆周运动，有mg=qE
（2）带电环在二、三象限的Q点已经匀速，故合外力为零，有
(3)根据几何关系知，带电环在第四象限匀速圆周运动的圆心角为
考查方向
解题思路
（1）根据带电环在第四象限做匀速圆周运动得到重力等于电场力，求出场强；
（2）由于带电环在Q点的匀速直线运动，根据共点力平衡，求出在Q点的速度；
（3）根据几何关系知，先求出带电环在第四象限匀速圆周运动的圆心角，在根据时间公式求出在复合场中的时间。
易错点
本题的关键是知道带电环在第四象限做匀速圆周运动时重力等于电场力。
16．在地面上方足够高的地方，存在一个高度h=0. 5m的“相互作用区域”（下图中画有虚线的部分）．一个小圆环A套在一根均匀直杆B上,A和B的质量均为m.若它们之间发生相对滑动时，会产生f=0.5mg的摩擦力．开始时A处于B的最下端．B竖直放置,A距“相互作用区域”的高度d=0.8m．让A和B一起从静止开始下落，只要A处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F=3mg的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用力．杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证网环A与杆不会分离．不计空气阻力，取g=l0m／s2．求：
(1)杆B最下端离开“相互作用区域”时杆B的速度大小；
(2)圆环A通过“相互作用区域”所用的时间
正确答案
（1）4.0m/s；（2）0.2s
解析
（1）设A和B一体静止下落至“相互作用区域”的速度为v1，
则v12＝2gh，代入数据得 v1=4.0m/s ；
（2）A在“相互作用区域”运动时，A受到重力mg、滑动摩擦力f和竖上向上的恒力F作用，设加速度aA、运动时间为t，根据牛顿第二定律有mg+f-F=maA，，代入数据得 aA=-15m/s2，由位移公式有 
代入数据解得 t=0.2s t′=0.33s（不符题意，舍去） 。
考查方向
解题思路
（1）A和B一体静止下落至“相互作用区域”的过程是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；
（2）根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解。
易错点
本题关键是明确杆和滑块的受力情况和运动规律，多次结合牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式列式求解相对运动情况，最好能够画出运动草图分析。
14．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。
①电压表V（量程3V．内阻Rv约为l0kΩ）②电流表G（量程3mA，内阻Rg=l00Ω）
③电流表A（量程3A,内阻约为0.5Ω）④滑动变阻器R1(0~20Ω，2A)
⑤滑动变阻器R2( 0~500Ω，1A) ⑥定值电阻R3=0. 5Ω
⑦开关S和导线若干
(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是A的原因．（保留两位有效数字）
(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是（填写器材编号）
(3)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.50V．电源的内阻r=___Ω．（保留两位有效数字）
正确答案
（1）0.60；（2）④；（3）1.0
解析
（1）改装后电流表量程：
③为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④：R1．
④由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.50V．图线的斜率大小k=r，由数学知识知：
故答案为：（1）0.60；（2）④；（3）1.0
考查方向
解题思路
②根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；③为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；④根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻。
易错点
根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。