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1．转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是
正确答案
解析
因为角速度相同，根据
故选C。
考查方向
解题思路
根据笔杆上各点的角速度相同以及
易错点
在判断金属笔切割磁感线时，地磁场的方向的判断，以及右手定则的使用。
3．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别为轨道上的A、B两位置，高分一号在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则以下说法正确的是
A卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为
B卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为
C如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速
D高分一号是低轨道卫星，其所在高度存在稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小
正确答案
解析
卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为：
故选D。
考查方向
解题思路
行星做匀速圆周运动，是由万有引力提供向心力的，故加速度是万有引力提供的；周期根据万有引力提供向心力，从而计算转过某一角度所用的时间；万有引力大于
易错点
计算表达式要正确。
2．已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，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，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则
正确答案
解析
探测装置从无磁场区进入磁场区，磁敏电阻阻值变大，故外电路的电阻变大，则路端电压变大，故电压表示数变大，故A错误；根据串联电路分电压，磁敏电阻增大，则分得的电压比例增多，外电压又是变大，故磁敏电阻两端电压变大，故B错误；路端电压增大，则小灯泡两端电压变大，故小灯泡L变亮甚至烧毁，故C正确；因为总电阻变大，故总电流变小，而流经灯泡的电流变大，故流经滑动变阻器的电流变小，故D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
根据题意可知磁敏电阻变大，根据串联电路的分压关系，可知各个用电器的电压变化情况，再根据总电流的情况以及并联电路分电流，可知电流的关系。
易错点
认为滑动变阻器与磁敏电阻总电阻变大，分的得电压也增大，根据欧姆定律电流变化不确定。
4.如图所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则
正确答案
解析
N点电场线比M疏，所以M电场强要大，试探电荷在此受电场力要大，故A错误；两电荷连线的中垂线上各点电势为0，N点离正电荷近，负电荷远故电势为正值，所以正电荷在电势高的地方即N点电势能大，故BC错误，D正确。
故选C。
考查方向
解题思路
根据电场线的疏密判断场强的大小，从而判断电场力的大小；根据M电势是0，离正点电荷近的电势为正值，离负电荷近的电势为负值，根据正电荷在电势高的地方电势能大进行判断。
易错点
误认为N所在的圆是等势面。
5．两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞（碰撞过程时间极短）后反弹，速度大小不变。一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是
正确答案
D
解析
一个做自由落体运动和竖直上抛运动，故加速度不变，但速度一正一负；受空气阻力影响的在下落过程中，速度增大，阻力增大，加速度
故选D。
考查方向
解题思路
根据牛顿第二定律判断二者加速度的变化，速度一正一负进行判断。
易错点
。
6．关于下列器材的原理和用途，正确的是
正确答案
解析
变压器可以改变交变电压但不能改变频率，故A正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈的自感现象，故B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉体内金属产生涡流使炉内金属熔化，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝是非磁体能起电磁阻尼的作用，故D正确。
故选AD。
考查方向
解题思路
本题主要考查的是有关电磁感应现象的实际应用，是书本上的知识，要注重课本。
易错点
书上的例子没有记住。
8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度
A电流表A1 、A2的示数之比2:1
B理想电压表原副线圈的匝数之比2:1
C线圈匀速转动的角速度ω=120rad/s
D电压表的示数为
正确答案
解析
两个灯泡的总电流：
最大值为
故选BC。
考查方向
解题思路
根据灯泡正常发光，可知副线圈的电压和电流，原线圈的电流已知，根据
易错点
误认为副线圈电压的最大值为电动势的最大值。
7．如图所示电路中，电源电动势为E（内阻不可忽略），线圈L的电阻不计．以下判断正确的是
正确答案
解析
闭合S稳定后，R2与R1串联，所以电容器两端的电压等于R2两端电压，小于电源电动势，故A错误；此时b端与正极相接，故b板带正电，a板带负电，故B正确；断开S瞬间，由于自感的存在，线圈与R1组成闭合回路，通过R1的电流方向向右，通过R2的电流为0，故C正确，D错误。
故选BC。
考查方向
解题思路
电容器电压跟并联的电阻分得的电压相等，电势高低可由电阻中电流的流向或与正负极是否为等势点判断；开关断开瞬间，根据自感现象判断流过两电阻的电流。
易错点
自感现象阻碍电流的变化，但最终电流还是变化了。
9．如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上。分两次将质量为m1、m2（m2>m1）的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同（弹簧始终在弹性限度范围内）。物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则
正确答案
解析
此过程物块和弹簧组成的机械能守恒，两次运动中弹簧的最大压缩量相同，即末状态的弹性势能相等，总的机械能相等，所以重力势能变化量相等，故B错误；又m2>m1，故m1开始释放的高度高，故A正确；最大速度应是弹簧的弹力等于mgsinθ时，m2>m1，故m2此时将弹簧压缩的较大，弹簧弹性势能要大，而m2的动能要小，故最大速度小，故C正确；最大加速度应是弹簧压缩最短时：
故选ACD。
考查方向
解题思路
根据此过程物块和弹簧组成的机械能守恒，m2>m1，两次运动中弹簧的最大压缩量相同可知释放的高度以及重力势能变化的关系；根据最大速度是弹簧的弹力等于mgsinθ时，最大加速度应是弹簧压缩最短时可知最大速度和最大加速度的关系。
易错点
分析速度最大和加速度最大的时刻。
在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系．
10.要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量（填正确答案标号，g已知）
11.用测量的物理量表示获得速度大小的表达式
12.能够实现橡皮筋对小物块做功整数倍变化的是 ．
13.根据实验数据做出W﹣v2的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是 ．
正确答案
解析
小物块被弹出后竖直方向上做自由落体运动，据下落高度求出时间，水平方向做匀速直线运动，据此水平距离求出小物块被弹出后的水平速度。
故选DE。
考查方向
解题思路
小物块被弹出后做平抛运动，由平抛运动的规律求速度，根据求速度的过程选择应测的物理量。
易错点
测速度时不用测小物块的质量，看清题目的要求。
正确答案
解析
小物块被弹出后竖直方向上做自由落体运动，运动时间：
考查方向
解题思路
根据竖直方向的高度求时间，根据水平方向的位移求速度。
易错点
表达是要用题目给的物理量表达，大小写要分清。
正确答案
解析
要实现橡皮筋对小物块做功整数倍变化，或者增加相同橡皮盘的条数，使小物块每次从同位置释放，或者橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍，但后者很难做到，故A正确，BCD错误。
故选A。
考查方向
解题思路
此过程是以弹簧的弹性势能代表力做的功来探究力做功与速度变化的关系的，所以应该变弹簧的弹性势能即伸长量，然后探究与速度的关系。
易错点
误认为增加相同橡皮盘的条数，使小物块每次从同位置释放，橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍两个选项都对。
正确答案
克服摩擦力做功
解析
由图象知橡皮筋已经做功了，但小物块的速度为0，说明要克服摩擦力做功。
考查方向
解题思路
根据图象坐标点的特点尤其是截距或斜率分析回答问题。
易错点
根据图象的坐标点分析问题。
在“测定电源电动势和内阻”的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．两节旧干电池，每节电动势约1.5V
B．直流电压表Vl、V2，量程均为0～3V，内阻约3
C．电流表，量程0～0.6A，内阻小于1
D．定值电阻R0，阻值2
E．滑动变阻器R，最大阻值15
F．导线和开关若干
14.画出该实验的电路图；
15.实验过程中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻，实验中移动滑动变阻器触头，记录Vl和V2的值如下表所示，用测出的数据在图丁中绘出U1－U2图线。
16.由图线可得被测电池组的电动势E= V，内阻r= Ω．（结果保留两位有效数字）
正确答案
如图甲所示：
解析
电流表要用内接方式，如果用外接方式，则测得的内阻应为电流表和电源内阻之和，误差太大，滑动变阻器的连接方式应为限流式的，因为满足安全，又简单、省功率。
考查方向
解题思路
滑动变阻器连入电路时，如果安全，且没有特殊要求，则用限流式连接方式，因为简单省功率；电流变要内接，这样误差小。
易错点
误认为只要是描点作图就要用分压式连接。
正确答案
如下图所示:
解析
根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示。
考查方向
解题思路
根据数据找出坐标点，注意为了更好的利用坐标系，纵轴不必从0开始，然后把这些点连成一条光滑的曲线。
易错点
注意让尽量多的点在这条曲线上。
正确答案
3.0；3.0
解析
由闭合电路欧姆定律可知，
整理得：
当U2=1.60V时，U1=0.80V；
当U2=2.24V时，U1=1.87V；
代入解得：E=3.0V；r=3.0Ω
考查方向
解题思路
根据电源电动势等于路端电压与内电压之和列出R1和R2的关系式，利用图上直线上误差小的两个坐标点代入式子进行计算。
易错点
找不到二者的关系式。
[选修3-5]（12分）
20.下列说法正确的是
A相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子物质波波长越大
BC的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸中C含量只有活体中的
C根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小
D结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定
21.核能是一种高效的能源.
①核电站中，为了防止放射性物质泄漏．核反应堆有三道防护屏障，燃料包壳，压力壳和安全壳（见图甲）.结合图乙可知．安全壳应当选用的材料是_________________
22.在某次军事演习中，载有鱼雷的快艇总质量为M，以速度v匀速前进，现沿快艇前进的反方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度增为原来的
正确答案
解析
相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，根据
，根据
故选AB。
考查方向
解题思路
根据光电效应方程可知光电子的动量大小，再根据物质波的动量与德布罗意波长关系，可知波长的大小；根据
易错点
比结合能和结合能不同。
正确答案
混凝土
β γ
解析
由图乙可知，燃料包壳为铝，压力壳为铅，而安全壳为混凝土。
三种射线中β射线能穿过1mm的铝片；而γ射线能穿过3mm的铝片，故答案为β和γ。
考查方向
解题思路
根据图乙中给出数据可知安全壳的材料。
根据射线的穿透能力结合图象进行分析可知工作人员受到的辐射。
易错点
记住α、β、γ的穿透能力的关系。
②丙是用来检测工作人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域．可以判断工作人员受到何种辐射.当胸章上l mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时．结合图乙分析工作人员一定受到了______射线的辐射。
记住α、β、γ的穿透能力的关系。
正确答案
解析
根据动量守恒定律有：
解得
考查方向
解题思路
快艇和鱼雷组成的系统在发射的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出鱼雷的发射速度。
易错点
动量是矢量，既有大小又有方向。
如图，POQ是折成
23.解除锁定前回路中电流的大小及方向；
24.滑到导轨末端时的加速度大小；
25.运动过程中产生的焦耳热．
正确答案
解析
三角形abO的面积：
磁感应强度随时间变化规律为B=1-8t(T)，故
感应电动势：
感应电流：
由楞次定律可知电流方向为顺时针，即由b向a。
考查方向
解题思路
根据法拉第电磁感应定律求出电动势，由欧姆定律求出电流大小；由楞次定律求出电流的方向。
易错点
注意有效的电阻为0.5Ω，不是1Ω。
正确答案
解析
此时导体棒的感应电动势：
感应电流大小：
安培力：
加速度：
考查方向
解题思路
根据导体切割磁感线运动产生的电动势公式求出电动势，由欧姆定律求出电流，再由楞次定律求出电流的方向，安培力公式求出安培力的大小，最后由牛顿第二定律求出加速度。
易错点
注意导体棒长度和电阻全部有效。
正确答案
1.02J
解析
导体棒下降过程中由动能定理得：
解得：W=1.02J
考查方向
解题思路
根据动能定理求出克服安培力做的功，从而求出下降过程中的焦耳热。
易错点
要求的是运动过程中产生的热量，不是总的热量。
如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平, AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
26.小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；
27.小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
28.改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．
正确答案
22N
解析
由动能定理得：
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：F=22N。
考查方向
解题思路
小物块运动到C点的过程，根据动能定理列方程，求出末速度，在C点根据牛顿第二定律求出小物块对轨道最低点的压力。
易错点
注意小物块下落的高度要计算正确。
正确答案
解析
如图，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，
考查方向
解题思路
根据平抛运动水平方向做匀速，竖直方向上做自由落体运动，列方程，画出运动轨迹结合几何关系进行计算。
易错点
根据几何关系找出运动的位移与斜面的边长关系。
正确答案
0.15J
解析
解得：当y=0.12m，
考查方向
解题思路
利用几何知识用平抛运动的竖直位移表达水平位移，水平方向的位移为速度与时间的乘积，得到速度的表达式，对整个过程由动能定理得出最后动能的表达式，求出动能的最小值。
易错点
利用利用几何知识用平抛运动的竖直位移表达水平位移。
（选修模块3—3）（12分）
17.下列说法正确的是( )
18.粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.00mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液．
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.00mL，共滴了100滴．
③在水盘内注入蒸馏水，静置后滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．
④测得此油膜面积为3.60×102cm2．
这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为 _______________，这层油膜的厚度可视为油分子的直径．利用数据可求得油酸分子的直径为_____________m．（保留两位有效数字）
19.如图所示，一气缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在气缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知气缸壁和活塞都是绝热的，气缸壁与活塞间接触光滑且不漏气．现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热．设活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，电热丝热功率为P，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h，求：气缸内气体压强的大小；t 时间缸内气体内能的变化量。
正确答案
解析
由于液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故A错误；布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子的撞击力不平衡造成的，故B错误；一定量的0℃的水结成0℃的冰，放出热量，分子势能减小，分子动能不变，内能一定减小，故C正确；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点，故D正确。
故选CD。
考查方向
解题思路
液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力．布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子碰撞造成的．一定量的0℃的水结成0℃的冰，根据热力学第一定律分析内能的变化．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点。
易错点
注意液晶也是晶体。
正确答案
单分子油膜 1.1×10-9
解析
每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜；
滴入的滴数直到量筒达到1.00mL，共滴了100滴说明一滴油酸的酒精溶液体积是0.0100mL，又油酸1.00mL，油酸的酒精溶液体积为250mL，油酸的酒精溶液浓度为1:250，
油酸的体积V为：
油酸分子的直径为：
考查方向
解题思路
每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜；求出一滴油酸酒精的体积，再根据求出的浓度求出一滴油酸酒精溶液中油酸的体积，再利用
易错点
单位的换算。
正确答案
Pt-(P0S+mg)h
解析
对活塞进行受力分析可以得到
电功为：W=Pt
气体对外做的功：W=P0Sh+mgh
由热力学第一定律可得：
考查方向
解题思路
对活塞受力分析，活塞受向下的重力、大气的压力和内部气体向上的压力，根据共点力平衡条件的应用列方程求解；电流做功产生的焦耳热通过热传递传给气体，气体由对外做功，根据热力学第一定律可知t 时间缸内气体内能的变化量。
易错点
气体压强的计算。
如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．
29.求该粒子的比荷；
30.求粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离Δd；
31.若粒子的质量增加
正确答案
解析
粒子进入磁场后：
故：
显然：周期与半径、速率无关；
据题意
解得
故
考查方向
解题思路
由洛伦兹力提供向心力求出半径,求出圆的周长,根据周期等于运动一周的时间。
易错点
比荷为电荷量与质量的比值。
正确答案
解析
由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t=0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，
2qU0＝mv1
第2次自右向左到达边界线N（没到M）时被加速3次，速度设为v2，
3qU0＝mv2
如右图所示，第1、2两次到达边界N的位置距离为Δd
解得：
考查方向
解题思路
分析粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时加速的次数，根据动能定理求出速度,求出半径的表达式，则距离为直径的差值。
易错点
加速的次数要分析对。
正确答案
解析
粒子的质量增加，则
因为
匀速圆周运动的周期增加
从t＝0开始到t＝2T0为止的时间内，根据加速电压图像可知粒子共加速了4次，
且加速电压分别为U0、
由动能定理得:
得:v＝
考查方向
解题思路
根据质量的增加量可知周期的增加量,可知每半个周期时间的增加量,根据图象可知加速度时刻以及加速对应的电压,根据动能定理可求出最后的速度。
易错点
加速的次数和加速电压对应的时刻。