考点：

万有引力定律及其应用；向心力．

专题：

万有引力定律的应用专题．

分析：

小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据半径关系分析选项即可．

解答：

解：小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力知：

A、太阳对小行星的引力F=，由于各小行星轨道半径质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论，故A错误；

B、由周期T=知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故B错误；

C、小行星的加速度a=知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度大于外侧的向心加速度，故C正确；

D、线速度知，小行星的轨道半径大于地球半径，故小行星的公转速度小于地球公转的线速度，故D错误．

故选：C．

点评：

本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，根据题意给出的半径关系展开分析．掌握万有引力和向心力的表达式是解决本题的关键．

考点：

向心力；线速度、角速度和周期、转速．

专题：

匀速圆周运动专题．

分析：

分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随ω2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与ω2的关系也就变了．

解答：

解：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT=mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；

ω增大时，FT增大，N减小，当N=0时，角速度为ω0．

当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，

FTsinθ﹣Ncosθ=mω2Lsinθ，

FTcosθ+Nsinθ=mg，

解得FT=mω2Lsin2θ+mgcosθ；

当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得

FTsinβ=mω2Lsinβ，

所以FT=mLω2，此时图象的反向延长线经过原点．

可知FT﹣ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误．

故选：C．

点评：

本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化．

考点：

牛顿第二定律．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

分别对两滑块受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，滑块与斜面一起匀加速直线运动时，加速度相同，所受的合力方向水平向右．

解答：

解：斜面固定时，滑块加速下滑，在垂直斜面方向上合力为零，则F1=mgcosθ．

斜面体和滑块一起匀加速运动时，滑块的合力水平向右，受力如图，根据平行四边形定则得，．

所以．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

点评：

当物体一起做匀加速直线运动时，加速度相同，结合牛顿第二定律进行求解．

考点：

运动的合成和分解．

专题：

运动的合成和分解专题．

分析：

铅笔尖参与两个运动：既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，与平抛运动类似，得出轨迹形状．曲线运动中物体速度的方向是该点轨迹的切线方向．根据运动的合成确定加速度的方向．

解答：

解：A、B由题可知，铅笔尖既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，其运动轨迹是向上弯曲的抛物线．故A正确，B错误．

C、在运动过程中，笔尖运动的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化．故C错误．

D、笔尖水平方向的加速度为零，竖直方向加速度的方向竖直向上，则根据运动的合成规律可知，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上，保持不变．故D正确．

故选AD

点评：

本题中采用类比的方法得到笔尖的运动情况，也可以采用数学参数方程的方法定量分析笔尖的运动情况．

考点：

平抛运动．

专题：

平抛运动专题．

分析：

研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．

解答：

解：由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据t=可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误，B正确；

C、由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C错误，D正确；

故选BD

点评：

本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．

考点：

匀变速直线运动的图像．

专题：

运动学中的图像专题．

分析：

由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意．

解答：

解：A、在3s内位移为x=×10×3=15m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故A错误．

B、由图可知SB＞15m，可能为20m，所以汽车可能不超过停车线，故B正确；

C、在3s内位移等于x=×10=20m，则C可能是该汽车运动的v﹣t图象．故C正确．

D、在3s内位移等于x=×10=17.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故D错误．

故选：BC．

点评：

本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．

专题：

传送带专题．

分析：

本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．

解答：

解：A、B：首先看F1=F2 时情况：

由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，

对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，

根据牛顿第二定律得：

因为a1=，a2=，其中m为物块的质量．

设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：

物块与M1的相对位移L=at12﹣a1t12

物块与M2的相对位移L=at22﹣a2t22

若M1＞M2，a1＜a2所以得：t1＜t2M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＜v2，故A错误．

若M1＜M2，a1＞a2所以得：t1＞t2M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＞v2，故B正确．

C、D：若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：

则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa＞ab由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a．

它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：

物块与M1的相对位移L=aat12﹣at12

物块与M2的相对位移L=abt22﹣at22

由于aa＞ab

所以得：t1＜t2则v1＜v2，故C错误．

若F1＜F2、M1=M2，aa＜ab则v1＞v2，故D正确．

故选BD．

点评：

要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．

考点：

验证力的平行四边形定则．

专题：

实验题．

分析：

正确使用弹簧测力计，要做到：首先看清弹簧测力计的量程，也就是弹簧测力计上的最大刻度即弹簧测力计的测量范围．加在弹簧测力计上的力，不能超出这个范围．

测量时，要使测力计内的弹簧轴线方向跟所测力的一致，不可用力猛拉弹簧或让弹簧测力计长久受力，以免损坏．

根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筯的结点位置要求．按实验原理和方法分析实验要求．

解答：

解：（1）A、弹簧测力计读数前要进行调零，故A错误；

B、拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程，故B正确；

C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数，故C正确；

D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦，故D正确；

故选：BCD．

（2）A．本实验采用的是等效替代的方法，同一次实验中，O点位置不允许变动，故A正确；

B、实验中，需记录弹簧测力计的读数和O点的位置，以及拉力方向，故B错误；

C、实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90°，故C错误；

D、本实验只要达到效果相同，对弹簧称拉力的大小没有要求，不需要将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程．故D错误；

故选：A．

（3）F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值．

所以图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′．

（4）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确．

故选：B．

故答案为：（1）BCD （2）A （3）F′（4）B

点评：

本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．

解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题．

考点：

探究影响摩擦力的大小的因素．

专题：

实验题．

分析：

了解实验仪器的使用和注意事项．

对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．

利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度．

解答：

解：（1）电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．

（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，

运用牛顿第二定律得：

对木块：F﹣μMg=Ma

对砝码盘和砝码：mg﹣F=ma

由上式得：μ=

（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s

根据运动学公式得：△x=at2，

a==1.3m/s2．

故答案为：（1）交流，细线与长木板平行

（2）

（3）1.3

点评：

能够从物理情境中运用物理规律找出物理量间的关系．

要注意单位的换算和有效数字的保留．

考点：

* 晶体和非晶体；布朗运动；分子间的相互作用力．

分析：

根据图形中给出的内容，结合选项并由热学内容进行分析判断即可求解．

解答：

解：A、在估测油酸分子直径时，我们把油酸分子简化为了球形，并在水面上形成了单分子油膜，故A正确；

B、显微镜下观察到的是每隔30s时微粒的位置，不是布朗运动的轨迹，故B错误；

C、晶体具有各向异性，而非晶体和多晶体具有各向同性，由图可知，其为各向异性，说明云母为单晶体，故C错误；

D、图中分子间距离为r0时，分子间作用力的合力F最小为零，而分子势能也最小，故D正确．

故选：AD．

点评：

本题考查热学的基本内容，在学习热学时要注意全面综合分析，每个知识点均可作为考点出题．

考点：

理想气体的状态方程；热力学第一定律．

专题：

理想气体状态方程专题．

分析：

（1）根据气体状态方程和已知的变化量去判断温度的变化．对于一定质量的理想气体，内能只与温度有关．根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热．

（2）由图象可知C状态压强为p0=1atm，对于理想气体，由盖吕萨克定律解得标准状态下气体体积，从而求得气体摩尔数，解得气体分子数．

解答：

解：（1）pV=CT，C不变，pV越大，T越高．状态在B（2，2）处温度最高．故从A→B过程温度升高；

在A和C状态，pV乘积相等，所以温度相等，则内能相等，根据热力学第一定律△U=Q+W，由状态A变化到状态C的过程中△U=0，则理想气体吸收的热量等于它对外界做的功．

故答案为：升高 等于

（2）解：设理想气体在标准状态下体积为V，由盖吕萨克定律得：

解得：

该气体的分子数为：

答：气体的分子数为7.3×1022个．

点评：

（1）能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．要注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义．

（2）本题关键根据盖吕萨克定律解得标准状况下气体体积，从而求得气体摩尔数，解得气体分子数

考点：

光电效应．

专题：

光电效应专题．

分析：

阴极射线来自核外电子；光电效应说明光具有粒子性；玻尔模型中电子轨道是量子化的；实物粒子也具有波动性．

解答：

解：A、阴极射线来自核外电子，β衰变的电子来自原子核．故A错误．

B、光电效应说明光具有粒子性．故B正确．

C、玻尔原子模型中电子的轨道是不连续的．故C错误．

D、电子束通过铝箔形成的衍射图样证实了实物粒子的波动性．故D正确．

故选BD．

点评：

本题考查了光电效应、玻尔模型、核反应方程、光电效应方程等知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．

考点：

氢原子的能级公式和跃迁．

专题：

原子的能级结构专题．

分析：

根据玻尔理论和爱因斯坦光电效应方程，研究该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．

解答：

解：根据玻尔理论得到E3﹣E1=hγ，解得：γ=2.9×1015Hz；

从n=4向n=1跃迁所放出的光子照射金属产生光电子最大初动能最大，根据爱因斯坦光电方程有：

Ek=（E4﹣E1）﹣hγ

得：Ek=0.66eV；

故答案为：2.9×1015，0.66．

点评：

本题是选修部分内容，在高考中，选修部分的试题难度不大，只要立足课本，紧扣考纲，掌握基本知识和基本原理，就能取得高分．

考点：

原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律．

专题：

衰变和半衰期专题．

分析：

①根据质量数和电荷数可以正确写出该核反应方程；

②衰变过程中系统动量守恒，由动量守恒与动能的计算公式求出x的动能．

解答：

解：①氡核Rn放出某种粒子x后变成钋核Po可以判断发生的是α衰变，衰变方程为：

Rn→Po+

②设钋核的质量为m1、速度为v1，粒子x的质量为m2、速度为v2，根据动量守恒定律，有：

0=m1v1﹣m2v2

粒子x的动能：

=

答：①上述衰变的核反应方程为：Rn→Po+；

②粒子x的动能Ek2为．

点评：

应用质量数与核电荷数守恒、知道粒子衰变过程动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题．

考点：

动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；向心力．

专题：

动能定理的应用专题．

分析：

（1）由动能定理可以求出动摩擦因数．

（2）由平抛运动规律求出滑块到达最高点时的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．

解答：

解：（1）滑块从A到B过程，由动能定理得：

﹣μmgL=mvB2﹣mvA2，

代入数据解得：μ=0.37；

（2）滑块离开C后做平抛运动，竖直方向有：h=gt12，

水平方向有：x=vt1，

代入数据解得：t1=0.4s，v=2m/s，

在C点，由牛顿第二定律得：mg﹣F=m，

代入数据解得：F=9N，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：F′=F=9N，方向竖直向下；

（3）滑块最终落地时vx=v1=2m/s

vy=gt=10×0.4=4m/s

v==2m/s

tanα===2

答：（1）滑块与木板间的动摩擦因数μ为0.37；

（2）滑块对轨道的压力9N，方向竖直向下；

（3）滑块最终落地时的速度，与水平方向所称夹角正切为tanα=2．

点评：

本题考查了求压力、求动摩擦因数，分析清楚滑块的运动过程、应用平抛运动规律、牛顿第二定律、动能定理即可正确解题．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

（1）根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，并求出当物块的速度达到2m/s时的位移，判断出物体的运动情况，从而求出小物块从a端被传送到b端所用的时间．

（2）根据摩擦力与下滑力的关系，判断出物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出小物块被传送到c端时的速度大小．

（3）当物体一直有向下的摩擦力，则加速度最大，做匀加速直线运动，运动的时间最短．所以物体的速度在整个过程中小于传送带的速度．

解答：

解：（1）小物块在水平传送带上运动时受力如图a所示，加速度

加速过程的位移为=0.8m，则A在水平带上先加速后匀速

故小物块从a端被传送到b端所用的时间为1.4s．

（2）小物块在倾斜传送带上运动时受力如图b所示，

因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A在bc段做匀加速运动，

加速度

由运动学公式

解得：vc=6m/s

故小物块被传送到c端时的速度大小为6m/s．

（3）要使小物块在倾斜传送带上运动时所用时间最短，则加速度要最大，即传送带对小物块的滑动摩擦力沿带向下，且一直加速．

由v′2﹣v2=2a3lbc

解得

则v的大小应满足可以使小物块在倾斜传送带bc上运动的时间最短．

点评：

本题是动力学问题，关键根据加速度方向与速度方向的关系，理清物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式求解．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

（1）对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度的大小及方向；

（2）由牛顿第二定律求得两物体的加速度，再由位移公式可求得滑过的距离，则可以求得木板的长度；

（3）根据拉力的大小确定物体的运动状态，明确物体受到的摩擦力为滑动摩擦力还是静摩擦力，则可分析摩擦力的大小变化．

解答：

解：（1）若力F恒为3 N，A、B具有共同的加速度

对整体：F﹣μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a

解得：a=0.5m/s2

方向水平向右．

（2）若力F恒为8 N时，

对A：F﹣μ2mAg=mAa1

解得：

对B：μ2mAg﹣μ1（mA+mB）g=mBa2

解得：

木板的长度L=a1t2﹣a2t2=﹣=1m；

（3）①当F≤μ1（m A+m B） g=2 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与力F成正比，即f=F．

②当F≥μ1（m A+m B） g=2 N时，如果A、B相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则

F﹣μ1（m A+m B） g=（m A+m B）a，F﹣f=mAa，解得F=2f﹣2．

此时f≤μ2m Ag=4 N，也即F≤6 N．

所以当2 N＜F≤6 N时，f=+1 N．

③当F＞6 N时，A、B相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为

f=μ2 mAg=4 N．

因此，f﹣F 图象如图所示．

答：（1）A、B的加速度大小均为0.5m/s2；方向向右；（2）木板B的长度为1m；（3）图象如上图．

点评：

本题考查牛顿第二定律的应用及摩擦力问题，要注意正确选择研究对象，做好受力分析，则可以由年顿第二定律及运动学公式分析求解．