知识点：匀变速直线运动

【知识点】 匀变速直线运动规律的综合运用 A8

【答案解析】 C 解析：设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有：vB= m/s，由l2=vBT+aT2，l1=vBT-aT2可得：△l=aT2=1 m，所以l=，即C正确．故选：C

【思路点拨】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等的时间为T，求出B点的速度，从而得出A点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度的大小，再根据速度位移公式求出0A间的距离．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论，并能进行灵活的运用．

知识点：共点力的平衡

【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 B2 B3

【答案解析】 B 解析： 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，

根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin60°= mg;故选：B．

【思路点拨】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值．本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．

知识点：牛顿第二定律

【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．A2 C2 D2

【答案解析】 A 解析： 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据
h=gt2得：t=  ①
根据几何关系可知：x乙=h  ②
乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a= ③
根据位移时间公式可知：x乙＝v0t+at2  ④由①②③④式得：v0=所以A正确．故选A．

【思路点拨】根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题．

知识点：带电粒子在电场中的运动

【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；运动的合成和分解；能量守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动．D1 E3 I3 K3

【答案解析】 D 解析： 由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．
当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则
由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，又由于 mV02=mgh1所以 h1＞h2．
当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3．所以D正确．故选D．

【思路点拨】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小部位零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况．洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功．

知识点：电势能和电势

【知识点】 电势能；电势． I1 I2

【答案解析】A 解析： A点的电势为 φA=-；C点的电势为φC=则A、C间的电势差为 UAC=φA-φC=- -（-）=，质子从A移到C，电场力做功为 WAC=eUAC=，是正功，所以质子的电势能减少，故A正确．故选：A．

【思路点拨】根据题中信息φ=公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式Ep=qφ求解电势能及其变化量．本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系．

知识点：法拉第电磁感应定律

【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 L2 L4

【答案解析】D 解析： 线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、C错误．故选D．

【思路点拨】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场解决,本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．

知识点：焦耳定律

【知识点】 电功、电功率 J3

【答案解析】 B 解析：由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mA•h”，则通话时消耗的功率为：P1= =600mW=0.6W，待机时消耗的功率为：

P2==18mW=1.8×10-2W．故选：B．

【思路点拨】由图中所提供的“3.6V，500mA•h”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率．根据电池铭牌提供的数据要能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量3.6V，500mA•h．

知识点：万有引力定律

【知识点】 万有引力定律及其应用；向心力 D4 D5

【答案解析】 BCD 解析： A、根据G＝mg得，星球表面的重力加速度g=，因为火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，即火星表面的重力加速度为g，因为火星的半径为R，根据G，解得火星的质量M火＝gR2，则火星的密度ρ＝，故A正确，B错误．C、根据 ，则第一宇宙速度v=，因为火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故C错误．D、根据h＝知，火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，知在火星上起跳能达到的最大高度为 h．故D错误．本题选错误的，故选：BCD．

【思路点拨】根据万有引力等于重力得出重力加速度之比，结合万有引力等于重力求出火星的质量，从而得出火星的密度．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度之比．根据初速度相等，结合速度位移公式，通过重力加速度之比求出上升的最大高度之比．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力、万有引力等于重力这两个重要的理论，并能灵活运用，难度不大．

知识点：焦耳定律

【知识点】 电功、电功率 J3

【答案解析】 AC 解析： A、当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，总电阻增大，则总电流减小，所以B灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A变亮．故A正确，B错误．C、电源的输出功率与内阻和外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻等于内阻时，电源的输出功率最大．故C正确．D、根据P=EI知，电源的总功率减小．故D错误．故选AC．

【思路点拨】通过总电阻的变化，结合电源电动势和内阻不变，求出总电流的变化，从而得出外电压的变化，结合灯泡B电压的变化得出灯泡A电压的变化．闭合电路的动态分析，抓住电源电动势和内阻不变，按照从局部到整体再到局部的方法进行分析．

知识点：电场强度

【知识点】 电势能；电场强度 I1 I2

【答案解析】 AC 解析： A、甲图中电场为匀强电场，电场力做功W=EqS，因E、q均保持不变，故电场力做功与S成正比，故对应的图线可能是①，故A正确；B、乙图中从a到b时电场减小，故电场力做的功越来越小，即动能的增量应是减小的，故图象应为③，故B错误；C、丙图中为两异种电荷，a为中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力做功也将增大，故动能的增量增大，故应为②，故C正确；D、丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则做功越来越快，图象应为②；故D错误；故选AC．

【思路点拨】由图中各电场的特点可得出电场力做功与运动位移的关系，而电场力做功等于动能的增加量，分析各图中动能与位移的关系可判断是否正确．本题要求学生能准确把握常见电场中的场强的分布特点及坐标中图象的意义；能从图象中判断出物理量的变化规律．

知识点：能量守恒定律与能源

【知识点】 功能关系；电功、电功率．J3 E6

【答案解析】 BC 解析： A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知 滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．故选：BC．

【思路点拨】重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．

知识点：磁场对通电导线的作用力

【知识点】 安培力；功的计算 E1 K1

【答案解析】 AC 解析： 环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，A、圆环先向上加速运动，当电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故A项正确；B、由牛顿第二定律，可得：BI•2πrcosθ-mg=ma，则圆环向上的加速度为a=，则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=，故C正确；在时间t内，上升的高度h= at2，则安培力对圆环做功为W=Fh，故B错误；D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D项错误;故选：AC

【思路点拨】根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解．磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，注意掌握线圈扩张与收缩的原因．

知识点：实验：探究功与速度变化的关系

【知识点】 探究功与速度变化的关系．E4

【答案解析】 (1)交流　(2)D　(3)B　(4)GK 解析： ：（1）打点计时器使用的是交流电，故需要交流电源．
（2）实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动，所以正确的做法是：放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确．故选：D．
（3）若木板水平放置，对小车受力分析可知，小车速度最大时小车受到的合力应为零，即小车受到的橡皮筋拉力与摩擦力相等，橡皮筋应处于伸长状态；小车在两个铁钉的连线的左侧，尚未到两个铁钉的连线处，故ACD错误，B正确．（4）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分．即应选用纸带的GK部分进行测量．

【思路点拨】（1）打点计时器使用的是交流；（2）实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动．（3）若木板水平放置，对小车受力分析可知，小车速度最大时小车受到的合力应为零，即小车受到的橡皮筋拉力与摩擦力相等，橡皮筋应处于伸长状态；（4）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分．本题涉及打点计时器的工作原理和探究功与速度变化关系实验的原理，从实验原理的角度分析即可．

知识点：电学实验

【知识点】 伏安法测电阻 J5

【答案解析】 (1)外 (2)电路如下图所示　

解析： ：①由功率公式可得，灯泡电阻RL==7.2Ω；故，故电流表应采用外接法；滑动变阻器的最大电阻为20Ω，大于灯泡内阻，故可以采用限流接法；分压也可以．②由以上分析可知，电路采用限流；由于电压表量程只有3V，而灯泡额定电压为6V，故应将电压表与定值电阻串联充当电压表；故电路如图

③串联电路中电流相等，分压之比等于电阻之比，故灯泡与电源的电压之比等于1：2；故当灯泡两端电压为6V时，电压表示数为2V；

【思路点拨】①根据灯泡电阻与电流表电压表的电阻大小可得出电流表的接法；分析滑动变阻器与灯泡的电阻的大小关系可得出滑动变阻器的接法；②由以上分析可知滑动变阻器及电流表的接法，本题选用分压限流均可．③由串联电路的分压规律可知电压表的示数．本题为电学实验题，重在考查考生的实验设计能力、探究能力、推理能力，涉及的知识点主要有电流表的内外接，滑动变阻器的限流、分压，表量程的扩大等．

知识点：动能和动能定理

【知识点】 动能定理的应用 E2

【答案解析】 (1) mv. (2) －x0.解析：(1)A从P点出发又回到P点克服摩擦力所做的功为WFf＝mv.

(2)A从P点出发又回到P点的过程中根据动能定理2μmg(x1＋x0)＝mv得x1＝－x0.

【思路点拨】（1）A从P回到P的过程，对A物体应用动能定理可直接求解克服摩擦力所做的功．（2）A从P回到P全过程根据动能定理求解x1．对单个物体的运动过程，首先考虑动能定理，牵扯弹簧的弹力做功时，考虑机械能守恒或功能关系或能量守恒，不难．

知识点：动能和动能定理

【知识点】 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 C2 D4 E2

【答案解析】 （1）30N；（2）125V． 解析： (1)A→B由动能定理及圆周运动知识有:

(mg+qE)·L=m,

T-(mg+qE)=m 解得T=30 N.

(2)A→C由功能关系及电场相关知识有: (mg+qE)hAC=m

vCsin θ=vB, UAC=E·hAC. 解得UAC=125 V.

【思路点拨】（1）根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力；（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得.本题是带电物体在复合场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法．粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，考查了学生对类平抛运动的规律的应用．

知识点：磁场对通电导线的作用力

【知识点】 安培力 K1 J2

【答案解析】 6V 解析：在题图中，从左向右看，棒PQ的受力如图所示，棒所受的重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且FB＝mgtanθ＝mg

而FB＝IBL，所以I＝＝ A＝1 A

在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则R＝ Ω＝2 Ω

由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5) V＝6 V

【思路点拨】以PQ棒为研究对象，根据平衡条件求解导体棒受到的安培力的大小，根据安培力公式F=BIL求出PQ中的电流，即为电路中的电流强度，根据并联电路的特点求解圆环的电阻，得到总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势．本题是力学和电路知识的综合，关键运用力学规律求解安培力，要掌握安培力公式和欧姆定律，明确电路的连接关系进行解答．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2 D4 K3

【答案解析】 （1）1×103m/s；（2） T；（3）3.14×10-2m2． 解析： (1)粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动．这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成30°角斜向右上方．

由平衡条件有Eq＝Bqv得v＝＝ m/s＝103 m/s

(2)粒子从B点进入第二象限的磁场B′中，轨迹如图

粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R＝ cm＝ cm

由qvB′＝m，解得B′＝＝，代入数据解得B′＝ T.

(3)由图可知，B、D点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，磁场B′的最小区域应该分布在以BD为直径的圆内．由几何关系得BD＝20 cm，即磁场圆的最小半径r＝10 cm，所以，所求磁场的最小面积为S＝πr2＝3.14×10－——2 m2

【思路点拨】（1）粒子在第四象限内做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件可以求出粒子速度；（2）粒子在第一象限中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据几何知识画出粒子在第一象限的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径．由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B2的大小；（3）画出磁场B2最小区域，由几何知识求得边长，即可求出最小的面积．当带电粒子在电场与磁场中做直线运动时，由于洛伦兹力由速度决定，所以粒子必做匀速直线运动．当粒子进入磁场时，仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，由几何关系可确定磁感应强度．