1、单摆问题分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：g= 单摆的周期为：T=2 联立解得：故选：点评：本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目15（6分）（2014安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，
2、则（）v1=v2，t1t2v1v2，t1t2v1=v2，t1t2v1v2，t1t2匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有直线运动规律专题根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故A正确A解决本题关键要掌握机械能守恒定律，
3、并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比16（6分）（2014安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（）0.5m1.5m2.5m3.5m简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系菁优网版权所有振动图像与波动图像专题从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为y方向的是2.5位置的质点；本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动
4、图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难17（6分）（2014安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）电场强度与位移关系粒子动能与位移关系粒子速度与位移关系粒子加速度与位移关系电势能；电场强度菁优网版权所有电场力与电势的性质专题粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Epx图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=|，
5、即Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误； B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；C、题图vx图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；本题切入点在于根据Epx图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难18（6
6、分）（2014安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于（）TT2带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有带电粒子在磁场中的运动专题粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题由牛顿第二定律得：qvB=m，EK=mv2=，得：B=，平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；本题考查了求磁感应强度与热力学温度的
7、关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律即可正确解题19（6分）（2014安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g取10m/s2，则的最大值是（）rad/s1.0rad/s0.5rad/s向心力；线速度、角速度和周期、转速菁优网版权所有匀速圆周运动专题当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩
8、擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得： mgcos30mgsin30=m2r则=rad/s=1rad/sC本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题20（6分）（2014安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）r2qk2r2qkr2qk感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有电磁感应与电路结合根据
9、法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U=S=r2k根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=r2qk本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题二、非选择题21（9分）（2014安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是aca安装斜槽轨道，使其末端保持水平b每次小球释放的初始位置可以任意选
10、择c每次小球应从同一高度由静止释放d为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中yx2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是c（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为2.0m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为4.0m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）研究平抛物体的
11、运动菁优网版权所有实验题（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证
12、获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误AC（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故yx2应为正比例关系，故C正确，ABD错误（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=g y2=水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=联立代入数据解得：v0=2.0m/s 若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：据公式可得：=2gh，所以v下=2=3.5m/s所以C点的速度为：vc=4.0m/s故答案为：2.0；4.0解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键22（9分）（2014安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00103，此时电压表的指针也偏转了已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电
