2013年广东高考考试大纲Ⅱ类要求(物理)题目展现练习版.doc

2013年广东高考考试大纲类要求（物理）题目展现1.位移、速度和加速度1.1（双选）路程和位移的关系正确的是（）A运动的物体位移和路程都不可能为零 B运动的物体在一段时间内位移可以为零，但路程不可能为零 C运动的物体位移随时间一定越来越大 D运动的物体路程随时间一定越来越大1.2（双选）关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是（）A运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大 B某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零 C速度很大的物体，其加速度可能很小，可能为零 D加速度越来越小，而速度可能会越来越大1.3作加速直线运动的物体，当加速度逐渐减小时，（加速度减到零之前）下列关于物体速度和位移的变化，说法正确的是（）A速度、位移都在增大 B速度、位移都在减小C速度增大，位移减小 D速度减小，位移增大2.匀变速直线运动及其公式、图像21质点做匀变速直线运动时（）A相等时间内的位移变化相等 B相等时间内的速度变化相等 C速度变化始终相等 D瞬时速度的大小不断变化，方向一定不变2.2甲、乙两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速 度图象如图所示，则（）A甲、乙两物体运动方向一定相反 B前4s内，甲、乙两物体的位移相同 Ct=4s时，甲、乙两物体的速度相同 D甲物体的加速度比乙物体的加速度小3.力的合成和分解3.在力的合成与分解中，下列说法正确的是（）A放在斜面上的物体所受的重力可以分解为沿斜面下滑的力和物体对斜面的压力 B合力必大于其中一个分力 C用细绳把物体吊起来，如果说作用力是物体的重力，那反作用力就是物体拉绳的力 D已知一个力F的大小和方向，则一定可以把它分解为大小都和F相等的两个分力4.共点力的平衡4.1一木块置于水平地面上，受到倾斜向上的拉力F作用后仍然保持静止，如图所示，以下哪个说法正确？（）A木块所受到的摩擦力和F是一对平衡力 B木块所受到的重力和F是一对平衡力 C就木块对地面的压力而言，地球是施力的物体 D木块对水平地面的压力和水平地面对它的支持力是一对相互作用力4.2如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（）A B C D5.牛顿运动定律、牛顿定律的应用5.1关于牛顿运动定律，下列说法不正确的是（）A力是改变物体运动状态的原因，也是产生加速度的原因 B加速度与合外力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时变化、同时消失 C一切物体都具有惯性，物体的惯性很大，但质量可能很小 D加速度的方向总是与合外力的方向相同5.2如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明（ ）A电梯一定在上升阶段 B电梯一定在下降阶段 C乘客一定处在超重状态 D电梯的加速度方向一定向下6.运动的合成与分解6.1关于运动的合成和分解，下述说法中正确的是（）A合运动的速度大小等于分运动的速度大小之和 B物体的两个分运动若是直线运动，则它的合运动一定是直线运动 C合运动和分运动具有同时性 D若合运动是曲线运动，则分运动中至少有一个是曲线运动6.2某小船在静水中的速度大小保持不变，该小船要渡过一条河，渡河时小船船头始终垂直指向河岸，若船行至河中间时，水流速度突然增大，则A小船渡河时间不变 B小船渡河时间减少 C小船到达对岸地点不变 D小船到达对岸地点不变7.抛体运动7.1四个物的v-t图象如图所示，表示物做竖直上的是（）ABCD7.2下列关于平抛运动不正确的是（）A平抛运动的水平分运动是匀速直线运动 B平抛运动的竖直分运动是自由落体运动 C做平抛运动的物体在落地前加速度不变 D做平抛运动的物体在落地前速度不变7.3如图所示，将一个小球从h高处以相同的速度抛出，一次斜上抛，沿a运动轨迹落地；另一次水平抛；沿b运动轨迹落地，不计空气阻力关于小球落地时动能的大小，下列说法中正确的是（）A沿a轨迹大B沿b轨迹大C沿a、b轨迹一样大 D条件不足，无法判断8.匀速圆周运动的向心力8.（双选）关于匀速圆周运动的向心力，下列说法正确的是（）A向心力是使物体做圆周运动的力，是根据力的作用效果命名的 B向心力可以是多个力的合力，也可以是其中一个力或一个力的分力 C对稳定的圆周运动，向心力是一个恒力 D向心力的效果是改变质点的线速度大小9.功和功率9.1关于重力、摩擦力做功的叙述中，不正确的是（）A物体克服重力做了多少功，物体的重力势能就增加多少 B重力对物体做功与路径无关，只与物体的始、末位置有关 C重力对物体做正功时，重力势能一定减小，动能不一定增加 D摩擦力对物体一定做负功FG9.2用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则（ ）A. 加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大B. 匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大C. 两过程中拉力的功一样大D. 上述三种情况都有可能10.动能和动能定理10.1如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始 下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则 () AEk1Ek2W1W2 BEk1Ek2W1W2CEk1Ek2W1W2 DEk1Ek2W1W210.2一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力作用下，从平衡位置P点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向角时，水平力大小为F，如图2所示，则水平力所做的功为 ()Amglcos BFlsin Cmgl(1cos) DFlcos11.重力做功与重力势能11.运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,将人和伞看成一个系统,在这两个过程中,下列说法正确的是 ( ) A.阻力对系统始终做负功 B.系统受到的合外力始终向下C.重力做功使系统的重力势能增加 D.任意相等的时间内重力做的功相等12.功能关系、机械能守恒定律及其应用12.游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 （ ） A下滑过程中支持力对小朋友做功 B下滑过程中小朋友的重力势能增加 C整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功P地球Q轨道1轨道213.万有引力定律及其应用13.（双选）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 （ ）A飞船变轨前后的机械能相等B飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度14.环绕速度14.1（双选）人造地球卫星可以绕地球做匀速圆周运动，也可以沿椭圆轨道绕地球运动。对于沿椭圆轨道绕地球运动的卫星，以下说法正确的是 （ ） A近地点速度一定大于7.9 km/s B近地点速度一定在7.9 km/s11.2 km/s之间 C近地点速度可以小于7.9 km/s D远地点速度一定小于在同高度圆轨道上的运行速14.2据报道,我国数据中继卫星“天链一号01星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空,经过4次变轨控制后,于5月1日成功定点在东经77赤道上空的同步轨道.关于成功定点后的“天链一号01星”,下列说法正确的是 ( )A.运行速度大于7.9 km/sB.离地面高度一定,相对地面静止C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等15.动量、动量守恒定律及其应用15.1下列关于动量的论述哪些是正确的（）A质量大的物体动量一定大 B速度大的物体动量一定大 C两物体动量相等，动能一定相等 D两物体动能相等，动量不一定相同15.2如图所示, PQS是固定于竖直平面内的光滑的 圆周轨道,圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等15.3一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（ ）A. B.C. D.16.库仑定律16.如下图，真空中A、B两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于平衡状态，则C的电性及位置是A正电；在A、B之间右AB左B正电；在A的左侧C负电；在A、B之间D负电；在B的右侧17.电场强度、 点电荷的场强17.1关于电场强度，下列说法正确的是（）A电场强度的大小与检验电荷的电量成正比 B电场强度的方向与检验电荷的正负有关 C同一电场区域内，电场线越密，电场越强 D电场中检验电荷的受力方向就是电场强度的方向18.电势差18.1（双选）从电势差定义式可以看出 （ ） A电场中两点间的电势差与电场力做的功W成正比，与移送的电量q成反比B仅在电场力作用下在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大C将1 C的负电荷从一点移到另一点电场做了1J的功，这两点间的电势差的大小是1VD两点间的电势差，等于把正点电荷从一点移到另一点电场力做的功18.2（双选）如图5所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是Aa、b为异种电荷Ba、b为同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势高于B点电势19.带电粒子在匀强电场中的运动19.1对公式的适用条件，下列说法中正确的是（ ）A只适用于匀强电场中，v00的带电粒子被加速B只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向平行的情况C只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向垂直的情况D适用于任何电场中，v00的带电粒子被加速19.2带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时（除电场力外不计其它力的作用）（ ）A电势能增加，动能增加B电势能减小，动能增加C电势能和动能都不变D上述结论都不正确19.3分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图4中A、B、C三点，则下列说法不正确的是（ ）AA带正电、B不带电、C带负电B三小球在电场中加速度大小关系是：aAaBaCC三小球在电场中运动时间相等D三小球到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA20.欧姆定律20.1如图所示，当滑动变阻器的滑动触点向上端移动时：A.电压表的读数增大，电流表的读数减小B.电压表和电流表的读数都增大C.电压表和电流表的读数都减小D.电流表的读数增大，电压表的读数减小20.2（双选）在如图所示的电路中，电源的内电阻r不能忽略，其电动势E小于电容器C的耐压值先闭合开关S，待电路稳定后，再断开开关S，则在电路再次达到稳定的过程中，下列说法中正确的是（）A电阻R1两端的电压增大 B电容器C两端的电压减小 C电源两端的电压增大 D电容器C上所带的电量增加21.电源的电动势和内阻21. （双选）如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线。以下说法正确的是（）A电池组的内阻是1 B电阻的阻值为0.33 C将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W D改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W 22. 匀强磁场中的安培力22.1如图所示表示磁场的磁感应强度B，电流方向I和安培力方向F之间相互关系图，这四个图画得正确的是（）ABCD22.2如图所示，有一固定在水平地面上的倾角为的光滑斜面，有一根水平放在斜面上的导体棒，长为L，质量为m，通有垂直纸面向外的电流I空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B现在释放导体棒，设导体棒受到斜面的支持力为N，则关于导体棒的受力分析一定正确的是（重力加速度为g）（）Amgsin=BIL Bmgtan=BIL Cmgcos=N-BILsin DNsin=BIL23. 洛伦兹力公式 23.“月球勘探号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场强弱的分布情况如图所示，是探测器通过月球表面的A、B、C、D、四个位置时拍摄到的电子的运动轨迹的照片设电子的速率相同，且与磁场的方向垂直，则可知磁场最强的位置应在()24. 带电粒子在匀强磁场中的运动24.1一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）A粒子从a到b，带负电 B粒子从b到a，带正电 C粒子从a到b，运动周期变大 D粒子从b到a，运动周期变小24.2如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，AOB=120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（）A B C D24.3为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高 C污水流量Q与U成正比，与a、b无关 D污水中离子浓度越高电压表的示数将越大25. 法拉第电磁感应定律25.1在理解法拉第电磁感应定律En 及其改写式En S，En B 的基础上，下列叙述错误的是()A对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比B对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化量B成正比C对给定的磁场，感应电动势的大小跟面积的变化率成正比D三个计算式计算出的感应电动势都是t时间内的平均值25.2用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图1217所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点的电压是()A0.2 V B0.1 VC0.3 V D0.4 V图121525.3如图1215所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度 匀速转动，OB为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为()A.BR2 B2BR2C4BR2 D6BR2图121625.4（双选）一个面积S4102 m2、匝数n100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图1216所示，则下列判断正确的是()A在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 VD在第3 s末线圈中的感应电动势等于零26. 楞次定律26.1（双选）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面则线框中感应电流的方向是()A线框中感应电流的方向该变一次 B线框中感应电流的方向保持不变 C左、右两侧最高点高度相等 D左侧最高点高度小于右侧最高点高度 26.2如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是()A感应电流方向不变BCD段直导线始终不受安培力C感应电动势最大值EBavD感应电动势平均值Bav2013年广东高考考试大纲类要求（物理）题目展现（参考答案）1.1位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，在单向直线运动中，位移的大小等于路程解答：解：A、当物体运动又回到出发点时，物体的初始位置在同一个位置即物体此时的位移为0，故A错误；B、位移由始末位置决定，可以为0；而路程为物体运动轨迹的长度，只要物体开始运动，路程就开始增加，在一个运动过程中路程不可能为0，故B正确；C、位移由始末位置决定，在一个运动过程中远离出发点位移越来越大，靠近出发点则位移越来越小，故C错误；D、路程是运动轨迹的长度，只要开始运动，路程就开始增加，故D正确1.2加速度的物理意义是反映物体速度变化快慢，不是反映变化多少。所以加速度与速度没有必然的联系。例如高速侦察机，速度大，但如果匀速飞行，加速度为0，所以A错。速度变化量大，只说明变化多少，不反映快慢，所以B错，速度为0加速度不定为0，例如上抛至最高点的物体，它的速度为0但加速度为g。CD。1.3A。加速度表示物体的速度变化快慢，当加速度与速度同向时，加速度减小，速度仍在增大，位移也在增大根据题意，物体做加速直线运动，加速度与速度同向，当加速度逐渐减小时，速度仍在增大，由于物体的运动方向没有变化，位移也在增大所以速度、位移都在增大2.1B.匀变速直线运动是指加速度不变的直线运动，其特点是加速度不变，轨迹为直线，但是速度方向不一定不变化，如竖直上抛运动上升高最高点时速度将反向A、做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内位移差相等，若相等的时间不是连续的，则其位移变化不一定相等，故A错误；B、根据 可知，加速度不变，相等时间速度变化相等，故B正确；C、若经历时间不同，则速度的变化不等，故C错误.D、做匀变速直线运动物体速度方向不一定不变，如竖直上抛运动，故D错误2.2C。由v-t图象的性质可知两物体的运动方向、加速度，由图象与时间轴围成的面积可知两物体通过的位移关系解答：解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，A错误；B、前4s时，甲图象与时间轴围成的面积小于乙图象的面积，故甲的位移，小于乙的位移，故B错误；C、t=4s时，两图象相交，说明此时两物体的速度相同，故C正确；D、甲物体的斜率大于乙物体，故甲的加速度大于乙的加速度，故D错误.3.合力与分力是等效替代的关系，合力不一定大于分力用细绳把物体吊起来，作用力是物体的重力，反作用力不是物体拉绳的力，而物体对地球的作用力已知一个力F的大小和方向，则一定可以把它分解为大小都和F相等的两个分力解答：解：A、放在斜面上的物体所受的重力可以分解为沿斜面下滑的力和使物体紧压斜面的力，不能说成物体对斜面的压力故A错误 B、合力与分力是等效替代的关系，合力不一定大于分力故B错误 C、用细绳把物体吊起来，作用力是物体的重力，反作用力不是物体拉绳的力，而物体对地球的作用力故C错误 D、当两个分力的夹角为120时，可以把F分解为大小都和F相等的两个分力4.1D. 平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上缺一不可相互作用力的判断，两个力必须互为施力物体和受力物体，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上解答： A、木块受到的摩擦力是水平向左的，而拉力F是与水平面成一定角度的，两个力的方向不是相反的，所以两者并不是一对平衡力；B、木块受到的重力是竖直向下的，F的方向是与竖直方向成一定的角度的，两个力不是方向相反，所以并不是一对平衡力；C、木块对地面的压力，受力物体是地面，施力物体是木块；D、木块对水平地面的压力，施力物体是木块，受力物体是地面；水平地面对木块的支持力，施力物体是地面，受力物体是木块，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，所以两力是一对相互作用力.4.2以小球为研究对象，受三个力作用：重力、绳的拉力及所施加的一个力，O点固定，细绳方向也不变，即绳上的拉力方向不变，且绳的拉力与所施力的合力与重力一定满足等值反向，如图由矢量三角形可知，所施力的最小值为Fminmgsin30.mgTFmin5.1力是改变物体运动状态的原因，也是产生加速度的原因加速度随着合外力变化而变化，是瞬时对应关系一切物体都具有惯性，物体的惯性很大，质量也很大加速度的方向总是与合外力的方向相同解答：解：A、根据牛顿第一定律得知，力是改变物体运动状态的原因，而物体的运动状态改变，物体的速度就改变，就有加速度，所以力也是产生加速度的原因故A正确B、根据牛顿第二定律得知，加速度与合外力成正比，加速度随着合外力变化而变化，是瞬时对应关系故B正确C、一切物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的量度，物体的惯性很大，质量也很大故C错误D、根据牛顿第二定律得知，加速度的方向总是与合外力的方向相同故D正确本题选错误的，故选C5.2D. 解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx1弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-kx2=ma故加速度向下，电梯以及电梯中的人处于失重状态；故选D6.1C. 合运动与分运动具有等时性，速度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则解答：解：A、合运动速度等于分运动速度的矢量和故A错误B、两分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如：平抛运动故B错误C、合运动与分运动具有等时性故C正确D、曲线运动的分运动可以是两直线运动，比如：平抛运动故D错误6.2船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，由运动的等时性知分析过河时间时，只分析垂直河岸方向的速度即可当水流的速度变化时，船的合速度变化，那么合位移变化，因此到达对岸的地点变化解：A、B、C：因为分运动具有等时性，所以分析过河时间时，只分析垂直河岸方向的速度即可，渡河时小船船头垂直指向河岸，即静水中的速度方向指向河岸，而其大小不变，因此，小船渡河时间不变，A选项正确，B、C选项错误D、当水流速度突然增大时，由矢量合成的平行四边形法则知船的合速度变化，因而小船到达对岸地点变化，D选项错误故选：A7.1竖直上抛运动过程分两个阶段：上升过程物体做匀减速直线运动，下降过程物体做匀加速运动，加速度等于重力加速度，保持不变，速度图线的斜率保持不变解答：解：A、此图表示物体先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，与竖直上抛运动情况不符故A错误B、此图表示物体先向上做匀加速直线运动，后向下做匀减速直线运动，但两段图线的斜率不同，加速度不同，与竖直上抛运动情况不符故B错误C、此图表示物体先向上做匀加速直线运动，后向下做匀减速直线运动，两段图线的斜率不相同，加速度相同，与竖直上抛运动情况相符故C正确D、此图表示物体做初速度为零的匀加速直线运动，与竖直上抛运动情况不符故D错误7.2平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在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解：A、平抛运动可以分解为在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，所以A正确B、平抛运动可以分解为在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，所以B正确C、平抛运动只受到重力的作用，加速度就是重力加速度，所以加速度的大小是不变的，所以C正确D、平抛运动在竖直方向上做的是自由落体运动，速度是在不断变化的，所以D错误本题是选错误的，故选D7.3（1）不计摩擦时机械能守恒，考虑摩擦时机械能转化为内能，机械能减小，内能增大（2）物体上升时动能转化为重力势能，下降时重力势能转化为动能（3）动能大小的影响因素：质量和速度重力势能大小的影响因素：质量和高度机械能=动能+势能解：（1）小球有一定的质量，小球抛出时具有相同的速度和高度，小球抛出时有相同的动能和重力势能，机械能=动能+势能，所以机械能相同（2）小球水平抛出还是斜向上抛出到达地面只具有动能，不考虑摩擦，到达地面时机械能不变，此时的动能等于机械能，所以动能相等故选C点评：（1）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素机械能=动能+势能（2）不计摩擦时机械能守恒，一定注意题目中的条件8. 做匀速圆周运动的物体必须要有一个指向圆心的合外力，此力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供因此向心力是从力的作用效果命名的；由于始终指向圆心，故方向不断变化；因为向心力方向与线速度方向垂直，所以向心力作用只改变线速度方向，不改变线速度大小解：A、向心力是物体做匀速圆周运动所需要的指向圆心的合外力，故它是根据力的作用效果命名的所以A正确；B、向心力是物体做匀速圆周运动所需要的指向圆心的合外力，所以它可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，也可以一个力的分力提供，故B正确；C、向心力是指向圆心的合外力，所以它不是一个恒力故C不正确；D、由于向心力指向圆心，与线速度方向始终垂直，所以它的效果只是改变线速度方向，不会改变线速度大小故D不正确；故选AB9.1重力做功，重力势能减小，动能增加，但当有阻力时，动能不一定增加；摩擦力既可以是阻力，也可以是动力，做功既可以做负功也可以做正功解：A、重力对物体做负功时，物体的重力势能就一定会增加，增加的重力势能等于克服重力做的功，故A正确；B、重力对物体做功与路径无关，只与物体的始、末位置有关，故B正确；C、重力对物体做正功时，重力势能一定减小，如果还有阻力做负功，当重力做的功小于阻力做功时，动能减小，故C正确；D、摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，故D错误；本题不正确的，故选D9.2【思路点拨】因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F. 这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态. 设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1mgma.匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2mg，匀速直线运动的位移s2vtat2. 拉力F2所做的功W2F2s2mgat2. 【解题过程】比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系. 因此选项A、B、C的结论均可能出现. 故答案应选D. 【小结】由恒力功的定义式WFscos可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态（加速、匀速、减速）无关. 在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功. 10.1设斜面的倾角为，斜面的底边长为l，则下滑过程中克服摩擦力做的功为Wmgcosl/cosmgl，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1Ek2，故选B.10.2小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即WFWG0，其中WGmgl(1cos)，所以WFWGmgl(1cos)，选项C正确11. 运动员无论是加速下降还是减速下降,阻力始终阻碍系统的运动,所以阻力对系统始终做负功,故选项A正确;运动员加速下降时系统受到的合外力向下,减速下降时系统所受的合外力向上,故选项B错误;由WG=-Ep知,运动员下落过程中重力始终做正功,系统重力势能减少,故选项C错误;运动员在加速下降和减速下降的过程中,任意相等时间内所通过的位移不一定相等,所以任意相等时间内重力做功不一定相等,故选项D错误.12.在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。13.飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。14.1对第一宇宙速度的理解，以及对卫星能沿椭圆轨道运动条件的理解。本题极易错选A(CD)14.2由题中描述知“天链一号01星”是地球同步卫星,所以它运行速度小于7.9 km/s,离地高度一定,相对地面静止.由于运行半径比月球绕地球运行半径小,由得绕行的角速度比月球绕地球运行的角速度大.由于受力情况不同,所以向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小不相等.15.1（1）根据动量的定义式：P=mv可以判断AB；（2）根据动能及动量的表达式即可判断CD解：A、根据P=mv可知：质量大的物体，动量不一定大，还要看速度，速度大的物体动量不一定大，还要看质量，故AB错误；C、根据动能的表达式Ek= mv2可知：当物体mv相等时，动能不一定相等，而物体动能相等时，动量也不一定相同，故C错误，D正确15.2a自由下落,b沿圆弧下滑,由于下落的加速度前者大于后者，由可知，a比b先到达S。二者下落高度相同,由机械能守恒定律可知,二者到达S时速度大小相同,但方向不同，故动量不同,A项正确.15.3本题考查动量定理的简单应用，强调正方向的规定和物体质量的界定，答案选A。16.C。库仑力的作用效果可用“同斥，异吸”来判别带电体的受力情况。对于本题，可以+q或-q电荷分别放于选项中的三个位置，然后分析其受力情况，并判断其平衡与否。17.1电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷的电量无关电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，电场越强电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向解：A、电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷的电量无关故A错误 B、电场强度的方向是由电场本身决定的，与电荷的正负无关故B错误 C、电场线的疏密表示电场的强弱，同一电场区域内，电场线越密，电场越强故C正确 D、电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向，场强与负检验电荷的受力方向相反故D错误18.1BC 18.2AD19.1本式源自仅电场力做功时：，因此选D。19.2由题意可知，电场力做正功，由可知电势能减小，当只有电场力做功时，减小的电势能转化为动能。故选B。19.3因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知带正小球做平抛运动，带正电小球做类平抛运动，带负电小球做类平抛运动根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短 A、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球故A正确； B、因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aA=a2，aB=a1，aC=a3，故B正确； C、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故C错误； D、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少动能最小，故D选项正确20.1当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化（【方法】RIU内U外，反之）解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电阻R2的电压U2=E-I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小20.2当开关闭合时，R1与R2串联，电容器并联在R2两端，由闭合电路的欧姆定律可得出电容器两端的电压；而当开关断开后，电源接在电容器两端，则电容器两端的电压等于电源电动势，而此时电路相当于开路，电路中电流为零，故电阻可看作导线；则可知电容器两端电压及R1两端电压的变化由Q=UC可知电容器C上所带电量变化解答：解：当S闭合时，电容器两端的电压；此时电源两端的电压为而当开关断开时，由于电容器相当于开路，故电源两端电压及电容器两端电压均为E，电源两端电压增大，电容器两端电压也增大，故B错误，C正确；而开关断开时，电路中没有电流，故R1相当于导线，故R1两端没有电压，故电压减小，A错误；由Q=UC可知，因电容器两端的电压增大，故电容器C上所带电量增加，故D正确.21.根据闭合电路欧姆定律得： ，由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率解：A、由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻故A正确 B、由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值故B错误 C、将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出功率P出=3W故C错误 D、由图线a读出电源的电动势E=4V当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率故D正确22.1根据左手定则判断电流方向、磁场方向和安培力方向的关系，伸开左手，四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向故选A22.2 导体棒在匀强磁场中受到重力、安培力和斜面的支持力，根据导体棒释放后可能的状态分析各力之间的关系解：分析导体棒的受力情况：导体棒在匀强磁场中受到重力mg、安培力F和斜面的支持力N A.从图看出，若释放后导体棒仍处于静止状态，则有mgsin=BILcosBIL若释放后导体棒开始运动，mgsinBILcos而mgsin与BIL没有直接的关系故A错误 B.若释放后导体棒仍处于静止状态，根据平衡条件得到，mgtan=BIL；若释放后导体棒开始运动，mgtanBIL故B错误 C.导体棒释放后，垂直于斜面方向没有位移，受力一定平衡，根据平衡条件一定有：mgcos=N-BILsin故C正确 D.若释放后导体棒仍处于静止状态，根据平衡条件得到，Nsin=BIL；若释放后导体棒开始运动，mgcosN-BILsin故D错误23.由r可知B较大的地方，r较小A24.1带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下，做圆周运动同时还受到阻力，使其动能变化，导致半径也发生变化再由磁场方向及运动轨迹的偏转可确定粒子的电性由于粒子周期与速度无关，因此周期不变解：A、带电粒子在运动过程中，由于动能渐渐减小，所以轨道半径也会变小，故粒子是从b到a运动，再由图可知洛伦兹力偏向内侧，则粒子带正电故A错误；B、带电粒子在运动过程中，由于动能渐渐减小，所以轨道半径也会变小，故粒子是从b到a运动，再由图可知洛伦兹力偏向内侧，则粒子带正电故B正确；C、带电粒子在运动过程中，由于动能渐渐减小，所以轨道半径也会变小，但运动周期却没有变，故粒子是从b到a运动，运动周期不变故C错误；D、带电粒子在运动过程中，由于动能渐渐减小，所以轨道半径也会变小，但运动周期却没有变，故粒子是从b到a运动，运动周期不变故D错误；24.2. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间解：由图可知，粒子转过的圆心角为60，； 转过的弧长为； 则运动所用时间t=24.3分析：A、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高 C、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差 D、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知解：A、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏所以前表面比后表面电势低故A、B错误C、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE=qvB，即而污水流量，可知Q与U成正比，与a、b无关故C正确 D、，则，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高有关，与离子浓度无关故D错误25.1.电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比利用法拉第电磁感应定律便可判断选项A、C、D正确，B错误25.2解析：选A.题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示，则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设正方形线框边长为l，由题意知10 T/s.由E得E10 V0.2 V.25.3解析： A点线速度vA3R，B点线速度vBR，AB棒切割磁感线的平均速度2R，由EBlv得，A、B两端的电势差为EB2R4BR2，C正确25.4解析：由图线可知，01 s磁感应强度正向减小，12 s磁感应强度负向增大，两过程产生的感应电动势相等，故02 s可视为整体变化过程，而图线的斜率k，则02 s内E1nS1004102 V8 V，大小为8 V，故C正确；因为穿过线圈的磁通量的变化量和变化率均与线圈匝数无关，所以S4102 Wb/s0.08 Wb/s，大小为0.08 Wb/s，故A正确；21(2410224102)Wb0.16 Wb，大小为0.16 Wb，故B错误；第3 s末的磁通量为零，但感应电动势不为零，等于24 s内的感应电动势，即E2nS1004102 V8 V，故D错误26.1解析：楞次定律，闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向A、从右侧由静止开始释放时，穿过回路的磁场方向向上，磁通量在减小，由楞次定律得：从上往下看感应电流的方向是逆时针的；线框从最低点向左运动时，穿过线框的磁场方向向上，磁通量在增加，由楞次定律，从上往下看，感应电流的方向是顺时针又因为从右侧到左侧的过程中，在从上往下看时，线框在最低点方向发生变化，故右侧的逆时针感应电流和左侧的顺时针感应电流在线框中流向没有发生变化，故A错误；B、由A分析知，B正确；C、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左侧线框的高度将低于起始时右侧的高度，故C错误；D、同C分析知D正确；26.2解析：由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由E=BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值. ，故D正确