考点：

物理学史．.

专题：

常规题型．

分析：

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

解答：

解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量得出了引力常量G，故A错误；

B、伽利略对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，故B正确；

C、法拉第首先提出了电场的概念，故C错误；

D、伽俐略揭示了力与运动的关系，用理想实验法指出在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去，故D错误；

故选：B．

点评：

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

考点：

匀变速直线运动的图像．.

专题：

运动学与力学（一）．

分析：

速度变化量等于末速度减初速度；速度时间图象的斜率表示加速度．

解答：

解：A、在2t0时间内物体的速度变化量为﹣v0﹣v0=﹣2v0，故A错误；

B、在2t0时间内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；

C、在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，故C错误；

D、在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，根据牛顿第二定律在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大，D正确；

故选：D．

点评：

本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．

考点：

电场线．.

分析：

根据顺着电场线方向电势降低，分析ab间和ac间电势差的大小，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．

解答：

解：根据顺着电场线方向电势降低，可知ab间的电势差大小小于ac间电势差的大小，故有Uab＜Uac，根据W=qU，有Wb＜Wc；

b位置处的电场强度较密集，故Eb＞Ec；

故选：B．

点评：

本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差，基础问题．

考点：

人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．.

专题：

人造卫星问题．

分析：

根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而进行判断．

解答：

解：A、低轨卫星和地球同步卫星的轨道平面不一定重合，故A错误；

B、根据=m

得，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度7.9km/s．故B错误；

C、根据地球卫星万有引力提供向心力

==mω2r

T=2π，ω=，所以地球同步卫星比低轨卫星的转动周期大，低轨卫星的角速度比地球同步卫星角速度大，故C正确，D错误；

故选：C．

点评：

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星的特点．

考点：

电容器的动态分析．.

专题：

电容器专题．

分析：

小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．分析板间场强的变化，判断夹角的变化．

解答：

解：A、B、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=，U= 得E=，则知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故AB错误．

C、D、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故C正确，D错误．

故选：C．

点评：

解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．

考点：

功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．.

专题：

功率的计算专题．

分析：

在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，根据牛顿第二定律求出加速度，从而判断出汽车的运动情况．当输出功率达到额定功率，根据P=Fv，根据速度的变化判断牵引力的变化，从而判断出加速度的变化．

解答：

解：A、在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，当F=f时速度最大，vm=，故A正确；

B、0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，t1（s）达到额定功率，根据P=Fv，速度增大，牵引力减小，则加速度减小，t1﹣t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度达到最大．故B错误．

C、0﹣t1时间内发电机的功率没达到额定功率，故C错误；

D、0﹣t1时间内发电机的功率没达到额定功率，0﹣t2时间内发动机做的功小于Pet2，D错误

故选：A．

点评：

解决本题的关键会根据汽车的受力判断汽车的运动，知道汽车功率不变，当加速度为零时，速度达到最大．

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

对手机受力分析，根据平衡条件进行验证，注意不要多力也不要漏力．

解答：

解：若人捏手机时两手指是一左一右，则 手机受重力、两个手指的压力和竖直向上的摩擦力，

若人捏手机时两手指是一上一下，则手机只受重力和压力，

故AC正确；

故选：AC．

点评：

手臂和手机没有直接接触，不会对手机有力的作用，弹力属于接触力，要存在弹力必须先接触．

考点：

功能关系．.

分析：

从A到B的过程中，小球的机械能减小．从A到B的过程中，小球受到弹簧的弹力做负功，重力做正功，根据动能定理分析两个功之间的大小关系．小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力．小球过B点时，合力与速度垂直，其功率为零．

解答：

解：A、由几何知识可知弹簧的原长为R，A错误；

B、根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，F合=m，B正确；

C、以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能．故C正确．

D、根据能量的转化与守恒：mgR=mv2+EP

得：EP=mgR﹣mv2

故D正确；

故选：BCD．

点评：

此题中小球的机械能不守恒，可以从能量转化的角度进行分析．确定功的大小，可以根据动能定理分析总功的正负来判断．

考点：

电势能；功能关系．.

分析：

由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，分析电势的高低；根据点电荷电场强度的公式，分析场强关系；根据电场力做功的正负来确定电势能高低；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解C处加速度．

解答：

解：A、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；

B、结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；

C、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；

当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，即为g﹣a．故C错误．

D、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D正确；

故选：BD．

点评：

考查点电荷的电场强度公式，掌握矢量的合成法则，注意电场力做功与电势能的变化关系，理解牛顿第二定律与力的平行四边形定则的综合应用．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．.

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．

解答：

解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，

对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，

代入数据解得：M+m=6kg

当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a==，

知图线的斜率k==，解得：M=2kg，

滑块的质量为：m=4kg．故A错误．

B、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=F﹣，

代入数据解得：μ=0.1，

所以a=，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2．

根据μmg=ma′得：a′=μg=1m/s2，故BC正确．

D、当M与m共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，D错误

故选：BC．

点评：

本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．

考点：

验证机械能守恒定律．.

专题：

实验题；机械能守恒定律应用专题．

分析：

对小球研究，列出机械能守恒的表达式，通过实验的原理确定所需测量的物理量．

解答：

解：验证小球通过光电门1和光电门2之间机械能是否守恒，即验证，

通过光电门2的速度，通过光电门1的速度，

则有：mgH=，即．

所以需要测量金属小球的直径d，两个光电门之间的距离H．

故答案为：金属小球的直径d，两个光电门之间的距离H，．

点评：

无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，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．

考点：

验证机械能守恒定律．.

专题：

实验题；机械能守恒定律应用专题．

分析：

（1）、根据题意选取坐标的含义，再使用描点法描点，然后连线；（2）、根据实验的原理：y=gt2，以及图线斜率的意义解答即可．

解答：

解：（1）由题意可知，选择合适的坐标轴代表的物理量，其横轴所代表的物理量为时间t，

纵轴所代表的物理量为平均速度；

使用描点法首先描点，然后连线如图；

（2）由图线可求得斜率为：k==4.84，

因为=gt，即=•t，

故=4.84，g=9.68m/s2．

故答案为：（1）t，；（2）9.68．

点评：

解决本题的关键掌握在较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，正确利用匀变速直线运动公式求出加速度．

考点：

匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.

专题：

直线运动规律专题．

分析：

（1）抓住汽车从A运动到B的时间与人从C到B的时间相等，汽车先做匀速再做匀减速直线运动，运用运动学公式求出汽车开始刹车距A点的距离．

（2）知道匀减速直线运动的时间，根据a=求出刹车后加速度的大小．

解答：

解：（1）人跑到B点的时间为：t=

设汽车匀速运动的时间为t1，有：

代入数据角得：

故汽车开始刹车时距A点距离为：

（2）刹车时的加速度大小为：a=

答：（1）汽车在距A点80m始刹车；

（2）刹车后汽车的加速度大小为3.6m/s2．

点评：

本题属于运动学中的相遇问题，关键抓住时间相等，根据位移关系，运用运动学公式进行求解．

考点：

人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．.

专题：

人造卫星问题．

分析：

设月球质量为M月，半径为R月，月球表面重力加速为g月；地球质量为M地，由万有引力定律及牛顿第二定律列式求解月球表面的重力加速度．

根据牛顿第二定律计算出，“玉兔号”在水平面上滑行时加速度，再根据匀变速直线运动的规律计算末速度．

解答：

解：（1）设月球质量为M月，半径为R月，月球表面重力加速度为g月；地球质量为M地，

则有：

又由

解得：

（2）设“玉兔号”的质量为m，“玉兔号”在水平面上滑行时所受阻力f=kmg月

由牛顿第二定律得：f=ma′

得“玉兔号”在月球上滑行时的加速度大小a′=kg月

由匀变速直线运动规律得：v2=2a′L

解得：

答：（1）求月球表面的重力加速度为．

（2）“玉兔号”滑到斜梯底端时的速度v为．

点评：

本题注意万有引力定律应用的两个公式的选择，研究天体运动时选择万有引力等于向心力．

考点：

匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理．.

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；

（2）小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度．在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力．

（3）小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离．

解答：

解：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：

（mg+Eq）h﹣μ（mg+Eq）cos30°•﹣μ（mg+Eq）L=mvC2﹣0

则得：vC==m/s=2m/s

（2）以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：

m=m+mg•2R

在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

FN+mg=m

联立解得：FN=m﹣5mg=1×﹣50=30N

vD==m/s=2m/s

（3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma

则得：a=g+=10+=20（m/s2）

应用类平抛运动的规律列式可得：

x=vDt，2R=at2

联立得：x=vD=2×m=m

答：（1）小球到达C点时的速度大小为2m/s；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N；（3）小球落地点距离C点的水平距离为m．

点评：

本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比．

考点：

机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动．.

专题：

机械能守恒定律应用专题．

分析：

（1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出滑块对B的压力．

（2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知识求出M的位移，由运动学公式求出M的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小．

（3）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出滑块的运动时间．

解答：

解：（1）从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR=MvB2，

在B点，由牛顿第二定律得：F﹣Mg=M，

解得：F=150N，

由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′=F=150N，方向竖直向下；

（2）M离开B后做平抛运动，

水平方向：x=vBt=5m，

由几何知识可知，m的位移：s==2.5m，

设滑块m向上运动的加速度为a，

由匀变速运动的位移公式得：s=at2，

解得：a=5m/s2，

对滑块m，由牛顿第二定律得：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma，

解得：F=13N；

（3）撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：

mgsin37°+μmgcos37°=ma′，

解得：a′=8m/s2，

滑块上滑的时间t′==0.5s，

上滑位移：s′==1m，

滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：

mgsin37°﹣μmgcos37°=ma″，

解得：a″=4m/s2，

下滑过程，s+s′=a″t″2，

解得：t″=s，

滑块返回所用时间：t=t′+t″=0.5+s；

答：（1）金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小为150N；

（2）拉力F大小为13n；

（3）滑块m此后在斜面上运动的时间为0.5+s．

点评：

本题是多体多过程问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、牛顿定律、运动学公式即可正确解题．