callofthenight1/gaokao-sft-chinese-strict-abcd huggingface dataset:
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题目：如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好.移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R_{0}的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计.现在让金属杆以速度v=v_{0}{2π}{T}t的规律在导轨上左右来回运动，两灯A、B都发光.下列说法中不正确的是( )
A. 只增大T，则灯A变暗、灯B变亮
B. 当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零
C. 只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大
D. 只增大v_{0}，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小

解：A、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电感的特性：通直流，阻交流。通低频，阻高频，所以灯B变亮。故A正确；B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；D、只增大v_{0}，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；故选：A。若MN棒以速度v的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择.电容器内部是真空或电介质，隔断直流.能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性.电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析.明确电感和电容对交流电的阻碍作用
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题目：如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22V，理想电流表A1示数为5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是（ ）
A. 原、副线圈的电流频率之比为1：10
B. 熔断器的熔断电流应该大于0.5A
C. 若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220V
D. 若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440Ω，电流表A2示数为0.5A

解：A、变压器不会改变交流电的频率，故原副线圈的电流频率之比为1：1；故A错误；B、电流表的读数为电流的有效值，原线圈的电流有效值为5A，根据电流与匝数成反比可知，副线圈的电流有效值为0.5A，所以熔断器的熔断电流应该大于0.5A，故B正确。C、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为22V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为220V，电容器的耐压至少为220{2}V，故C错误；D、若接入电动机且正常工作，则由于电动机为非纯电阻电路，消耗的电能转化为内能和机械能；故电流一定小于I={220}{440}=0.5A，故D错误。故选：B。根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，注意电动机为非纯电阻，不能直接利用欧姆定律求解；而电容器的耐压值应为交流电的最大值。本题考查变压器规律的应用，只要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系公式，本题即可得到解决，注意变压器不会改变交流电的频率。
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题目：如图所示，匀强磁场水平向右，与电子在磁场中的运动方向平行，则该电子()
A. 不受洛伦兹力
B. 受洛伦兹力，方向向上
C. 受洛伦兹力，方向向下
D. 受洛伦兹力，方向向左

当带电粒子的运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力，做匀速直线运动。本题考查了洛伦兹力。粒子运动的方向与磁场方向平行，该粒子不受磁场的作用，故以原来的速度做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。故选A。
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题目：如图所示，两木块A和B叠放在光滑水平面上，一起做简谐运动，质量分别为m和M，当他们运动到平衡位置时，突然拿去A之后(对B的速度无影响)，则( )
A. 振子的周期变小
B. 振子的振幅变小
C. 振子的周期变大
D. 振子的振幅变大

解：AC、根据弹簧振子的周期公式T=2π{{m}{k}}，知m减小，则周期变小，故A正确，C错误．BD、振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，拿去A之后系统的机械能减小，由机械能守恒定律知振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能减小，其形变量减小，则振幅减小，故B正确，D错误．故选：AB．弹簧振子的周期公式为T=2π{{m}{k}}.根据系统的机械能与振幅有关分析振幅的变化．解决本题的关键要掌握弹簧振子的周期公式T=2π{{m}{k}}，明确弹簧振子的机械能与振幅的关系．
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题目：图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1：1000，降压变压器原、副线圈匝数比为1000：1，输电线的总电阻为1000Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220V，下列说法正确的是( )
A. 输电线中的电流为3A
B. 电站输出的功率为7500kW
C. 输电线路损耗功率为90kW
D. 用户端交变电流的频率为100Hz

解：A、根据乙图可知升压变压器原线圈的电压有效值为：U_{1}={250{2}}{{2}}V=250V根据变压器原理可得升压变压器副线圈两端电压为：U_{2}={1000}{1}250V=2.510^{5}V；降压变压器原线圈两端电压为：U_{3}={1000}{1}220V=2.210^{5}V；所以输电线的电压损失：=U_{2}-U_{3}=310^{4}V；输电线中的电流为：I_{2}={}{R}=30A，故A错误；B、根据功率关系可得电站输出的功率为：P_{出}=U_{2}I_{2}=7.510^{6}V=7500kW，故B正确；C、输电线路损耗功率为：P_{损}=_{2}=910^{5}W=900kW，故C错误；D、变压器变压不变频，所以用户端交变电流的频率为：f={1}{0.02}Hz=50Hz，故D错误。故选：B。根据变压器原理得到升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电压，求出电压损失，根据欧姆定律求解电流强度；根据电功率的计算公式求解电功率和损失的电功率；变压器变压不变频。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
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题目：如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()
A. 人对车的推力F做的功为FL
B. 人对车做的功为maL
C. 车对人的作用力大小为ma
D. 车对人的摩擦力做的功为(F–ma)L

解：A、人对车做功为W=FL，故A正确；B错误C、在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′=ma，人对车的作用力为-ma，故做功为W=-maL，同时车对人还有支持力，故车对人的作用力为N={(ma)^{2}+(mg)^{2}}，故C错误D、对人由牛顿第二定律可以f-F=maf=ma+F车对人的摩擦力做功为W=fL=(F+ma)L，故D错误，故选：A通过牛顿第二定律求出各力的大小和明确方向且在力的方向上通过的位移，由W=FL求出各力做的功；求车厢对人的作用力，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还有一个竖直方向上的支持力的作用，这是有的同学经常出错的原因，知道这些这道题就不难做了．
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题目：质量为0.2kg的物体，其速度在x、y方向的分量v_{x}、v_{y}，与时间t的关系如图所示，已知x、y方向相互垂直，则()。
A. 0-4s内物体做直线运动
B. 0-6s内物体一直做曲线运动
C. 0-4s内物体的位移为12m
D. 4-6s内物体的位移为2{5}m

(1)根据图象分析两分运动性质，再分析合运动的性质；(2)根据物体做曲线运动的条件分析；(3)根据运动的合成法则分析。本题考查了对v—t图象的理解、物体做曲线运动条件的应用及运动的合成法。正确理解图象的物理意义是解题的关键。A.由图象可知：在0～4s内物体在x方向做匀速运动，竖直方向做匀加速直线运动，所以合外力在竖直方向上，所以合外力与初速度不在同一直线上，物体做曲线运动，故A错误；B.由图象可知，物体在4s内，合力方向与速度方向相同，做直线运动，故B错误;C.根据速度图象的“面积”等于位移，并根据矢量合成原则有：0～4s内物体的位移为x={(24)^{2}+[{1}{2}(2+4)4]^{2}}m=4{13}m，故C错误;D、根据矢量合成原则有：4～6s内物体的位移为x={({1}{2}22)^{2}+({1}{2}42)^{2}}=2{5}m，故D正确;故选D。
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题目：如图所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()
A. K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同
B. K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同
C. K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭
D. K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗

线圈中电流变化时产生自感电动势，电感对电流的变化起阻碍作用：闭合开关的瞬间，自感线圈中无电流，分析三个灯的连接关系，确定它们的发光情况；K断开的瞬间，线圈产生自感电动势，分析此时以线圈为电源时三灯的连接关系，确定它们的发光情况；解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。A.K闭合的瞬间，线圈中无电流，b、c两等串联，通过的电流相同，则两灯的亮度相同，故A错误；B.K闭合足够长的时间以后，b被短路，b灯熄灭，所以b、c两灯亮度不相同，故B错误；CD.K断开的瞬间，线圈中电流将要减小、产生自感电动势，相当于电源，此时在自感电动势与三灯组成的回路中：a、c两灯串联后与b并联，所以a、c两灯逐渐变暗且亮度相同，而b灯突然闪亮以后再逐渐变暗，故C错误，D正确；故选D。
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题目：在“验证力的平行四边形定则”实验中，用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O点。为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中必须记录的是( )
A. 橡皮条固定端的位置
B. 两条细绳套间的夹角大小
C. 橡皮条伸长后的总长度
D. 描下O点位置、两条细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数

解：该实验的实验目的是验证力的平行四边形定则，要根据两个弹簧拉橡皮筋时两个拉力的大小和方向做出平行四边形求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，当两次拉的效果相同，即可得出结论，故需要记录的是O点的位置和两弹力的大小和方向；因此需要描下O点的位置，同时记下两细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数；不需要记录橡皮条固定端的位置、两绳间的夹角以及橡皮条的总长度；故D正确，ABC错误。故选：D。根据该实验的实验原理以及实验目的可以明确该实验需要记录的数据。本题考查了“验证力的平行四边形定则”实验中的基本操作以及注意事项，要明确实验原理，由原理分析实验中需要测量和记录的物理量。
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题目：如图所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y=~L，长度为{}{2k}的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场中。现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为{r}_{0}，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC的过程中，下列说法正确的是()
A. t时刻感应电动势的瞬时值为e=~BvL
B. 闭合回路的感应电流逐渐减小
C. 闭合回路消耗的电功率逐渐保持不变
D. 通过金属棒的电荷量为{}{2k{r}_{0}}

根据感应电动势公式E=Blv，导体有效的切割长度y=L，x=vt，回路的电阻R=L()R_{0}，由功率公式P={{E}^{2}}{R}，分析功率与时间的关系，确定变化情况，再由欧姆定律分析感应电流变化，根据q=It求解电量。本题考查综合分析问题的能力，对于电流变化情况的分析，不能简单认为电动势增大，电流就增大，其实电阻也增大，电流并不变。A.设从图示位置开始导体棒运动时间为t时，感应电动势瞬时值为：e=Blv=Byv=BvL，x=vt，则得：e=BvL，故A正确；B.回路电阻为R=L()R_{0}，由闭合电路欧姆定律得：感应电流I={E}{R}={BLv}{L(){r}_{0}}={Bv}{{r}_{0}}，I不变，故B错误；C.消耗的电功率：p={{E}^{2}}{R}={{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}{}^{2}kvt}{L(){r}_{0}}={{B}^{2}{v}^{2}L}{{r}_{0}}，可知t增大，增大，P不断增大，故C错误；D.通过金属棒的电荷量q=It=\;{Bv}{{r}_{0}}{{π}{2k}}{v}={πB}{2k{r}_{0}}，故D正确。故选AD。
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题目：图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r=2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R=6Ω，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是()
A. 电压表的读数为4V
B. 电流表读数0.5A
C. 1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次
D. 线圈在转动过程中，磁通量最大为{0.08{2}}{}(wb)

由图象可得电动势最大值，计算出有效值，根据闭合电路的欧姆定律求电压表和电流表的读数；线圈转一圈，电流方向改变2次；由{E}_{m}=NBSω和ω=2πf计算磁通量的最大值。交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。​AB.由图象可知，电动势最大值为{E}_{m}=4{2}V，所以有效值为E={{E}_{m}}{{2}}={4{2}}{{2}}=4V，电路中电流为：I={E}{R+r}={4}{6+2}=0.5A，电压表的读数为U=IR=0.56=3V，故A错误，B正确；C.由图象可知，周期为T=0.04s，所以频率为25Hz，线圈转一圈，电流方向改变2次，所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次，故C错误；D.由{E}_{m}=NBSω和ω=2πf可知，{φ}_{m}=BS={{E}_{m}}{Nω}={{E}_{m}}{N2πf}={4{2}}{1002π25}={0.0008{2}}{π}Wb，故D错误。故选B。
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题目：如图甲所示，一个100匝的正方形线圈，边长a=1m，电阻R=1Ω，线圈有一半的面积处在有理想边界的磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度与时间的变化关系如图乙所示，图甲所示的磁感应强度方向为正方向，下列说法中正确的是()
A. 在t=0.01s时线圈中的电流为零
B. 在t=0到t=0.005s内线圈中有顺时针方向的电流
C. 线圈中电动势的最大值为{}{2}V
D. 一个周期内线圈产生的热量为25π^{2}J

磁场在线圈内做周期性的正弦式变化，在线圈内会产生感应电动势，利用楞次定律判断出产生的感应电流的方向，利用法拉第电磁感应判断出大小。本题主要考查了线圈在磁场中，磁场做周期性的变化产生的感应电动势，明确楞次定律和法拉第电磁感应定律即可判断。A.在t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，此时产生的感应电流最大，故A错误；B.在t=0到t=0.005s内，穿过线圈的磁通量增加，利用楞次定律可知线圈中有顺时针方向的电流，故B正确；C.因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=210^{-2}s。由图乙知B=0.01100πt则{三角形B}{三角形t}=π100πt\;\;线圈中感应电动势的最大值为：{E}_{m}=n{B}_{m}S{2π}{T}=50πV，故C错误；D.产生的感应电动势的有效值为：E={{E}_{m}}{{2}}=25{2}πV，故一个周期内线圈产生的热量为：Q={{E}^{2}}{R}T=25{π}^{2}J，故D正确。故选BD。
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题目：在感应起电中，带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，如图所示N处将()
A. 不带电
B. 带负电
C. 带正电
D. 以上答案均有可能

解：这是感应起电，当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，左端的负电荷受到排斥力运动到右侧，所以N处带正电．故C正确，A、B、D错误．故选：C.同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，左端的负电荷受到排斥力运动到右侧，所以N处带正电，M处带负电．解决本题的关键知道同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．以及知道感应起电的实质是电荷的转移，电荷是守恒的．
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题目：如图所示，三个质量均为1kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时弹簧p处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧p的左端，直到c刚好离开水平面为止，g取10m/s^{2}。该过程弹簧p的左端向左移动的距离是( )
A. 4cm
B. 6cm
C. 8cm
D. 10cm

开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，根据胡克定律求出压缩的长度。当用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律求出弹簧q伸长的长度，再求出该过程p弹簧的左端向左移动的距离。对于含有弹簧的问题，要分析弹簧的状态，根据几何关系得出所求的距离与弹簧的伸长或压缩长度的关系。开始未用水平力拉p弹簧时，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，由胡克定律得到，弹簧q压缩的长度为：{x}_{1}={mg}{k}当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得，弹簧q伸长的长度：{x}_{2}={mg}{k}此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b、c的总重力，则弹簧p伸长的长度为：{x}_{3}={2mg}{k}根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为：s={x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}={4mg}{k}=8cm。故C正确，ABD错误。故选C。
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题目：某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题.经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源.漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源.造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端( )
A. 零线与火线之间漏电
B. 火线与地之间漏电或零线直接接地
C. 只有火线与地之间漏电才会产生
D. 刷卡机装得过多，造成电流太大

图中A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源。触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，不可相互替代。A.当“火线-零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，故A错误；BC.当“零-地”或“火-地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故B正确，C错误；D.刷卡机装得过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，故D错误。故选B。
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题目：如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。则下列说法正确的是
A. 太阳对各小行星的引力可能不相同
B. 各小行星绕太阳运动的周期均大于一年
C. 小行星带内侧小行星的向心加速度值小于外侧小行星的向心加速度值
D. 小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值

根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较向心加速度、周期、线速度的大小关系。解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用。根据G{Mm}{{r}^{2}}=ma=m{{v}^{2}}{r}=m{4{π}^{2}}{{T}^{2}}r得：T=2π{{{r}^{3}}{GM}}，a={GM}{{r}^{2}}，v={{GM}{r}}。由于小行星的质量和轨道半径不一定都相同，则太阳对小行星的引力不一定相同，故A正确；由T=2π{{{r}^{3}}{GM}}知，小行星的轨道半径都大于地球的公转半径，则小行星带内各小行星圆周运动的周期大于地球公转的周期，故B正确；由a={GM}{{r}^{2}}知，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，C错误；由v={{GM}{r}}知，小行星带半径大于地球公转半径，线速度小于地球公转线速度，D错误。故选AB。
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题目：如图所示，两块平行放置的金属薄板A、B始终与电源相连，A、B板中央各有一小孔，小孔分别位于O、P点。从O点以初速度v_{0}垂直A板射入的电子恰好能运动到P点返回。现将B板向左平移到P′点，则从O点以初速度v_{0}垂直A板射入的电子将( )
A. 运动到O和P′点之间某点返回
B. 运动到P′点返回
C. 穿过P′点
D. 无法确定它的运动

解：由题，从O点以初速度v_{0}垂直A板射入的电子恰好能运动到P点返回，由动能定理可得：qU_{AB}={1}{2}mv_{0}^{2}将B板向左平移到P′点，AB之间的电势差仍然等于电源两端的电压，仍然满足：qU_{AB}={1}{2}mv_{0}^{2}所以粒子运动到P′点返回。故B正确，ACD错误。故选：B运用动能定理列式，分析到达P点时的条件，从而分析其运动情况。本题运用动能定理分析质点的运动过程，运用时要灵活选择研究的过程，明确板间电压与质点初末位置间电势差的大小关系。
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题目：如图所示电路中，开关S闭合.下列措施中，可以使电容器带电量增加的是()
A. 减小电阻
B. 减小两板正对面积
C. 增大板间距离
D. 减小板间距离

电容器接入电路，其两端的电压为电源两端的电压，要使电容器带电量增加，需要增大电容器的电容。本题考查电容器的动态变化问题，难度不大。电容器接入电路，其两端的电压为电源两端的电压，要使电容器带电量增加，根据Q=CU，需要增大电容器的电容，而电容C={εS}{4πkd}，即减小板间距离。故D正确，ABC错误。故选D。
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面是粗糙的，有一质量为m的木块，以初速度v0滑上小车的上表面。若车的上表面足够长，则（ ）
A. 木块的最终速度为零
B. 木块的最终速度为零
C. 由于车的上表面粗糙，小车和木块组成的系统动量减小
D. 车的上表面越粗糙，木块减少的动量越多

解：ABC、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v′，解得：v′={mv_{0}}{M+m}，故AC错误，B正确；D、木块减少的动量：三角形P=mv0-mv′={Mmv_{0}}{M+m}，木块减少的动量与车上表面粗糙程度无关，故D错误；故选：B。根据系统的受力情况，分析得出小车和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得出木块最终的速度。本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键知道动量守恒的条件，运用动量守恒解题时，要规定正方向，注意公式的矢量性。
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：如图所示，q_{1}、q_{2}、q_{3}分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q_{1}与q_{2}之间的距离为l_{1}，q_{2}与q_{3}之间的距离为l_{2}，l_{1}>l_{2}.若q_{2}为正电荷，且每个电荷都处于平衡状态，关于q_{1}、q_{3}的电性和q_{1}、q_{2}、q_{3}电荷量大小的关系下列说法中正确的是()
A. q_{1}、q_{3}都带负电，q_{1}>q_{2}>q_{3}
B. q_{1}、q_{3}都带正电，q_{1}
C. q_{1}、q_{3}都带负电，q_{1}>q_{3}>q_{2}
D. q_{1}、q_{3}都带正电，q_{1}>q_{3}>q_{2}

试题分析：本题考查了在库仑力作用下的平衡问题，可以根据q_{2}为正电荷，假设q_{1}和q_{3}电性，然后判断是否能使三者都处于平衡；q_{1}与q_{2}的电量大小的判断可以根据q_{2}处于平衡状态，依据库仑定律，根据与q_{2}的距离关系进行判断．也可以根据“三点共线，两同夹异，近小远大”的原则进行判断．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，判断电量大小关系时，距离远的电量大于距离近的电量，故ABD错误，C正确．故选C.
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题目：如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变．下列说法中正确的是（ ）
A. 液滴将向下运动
B. 两板电势差增大
C. 极板带电荷量将增加
D. P点电势降低

解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E={U}{d}分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动。故A错误。B、由于两板与电源相连，故两板间电势差不变，故B错误；C、将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C={ɛS}{4}得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q=UC可知，极板带电荷量将增大。故C正确；D、由于电场强度的增大，而P距B极板间距不变，根据U=Ed，因此P点与B板间的电势差将增大，故D错误。故选：C。带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E={U}{d}分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化，最后依据U=Ed，确定PB的电势差的变化．本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C={ɛS}{4}和电量Q=CU结合分析电量变化．根据U=Ed分析场强和电势的变化．
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题目：如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法中正确的是()
A. 轮胎受到地面的摩擦力做了负功
B. 轮胎受到的重力做了正功
C. 轮胎受到的拉力不做功
D. 轮胎受到地面的支持力做了正功

判断功的正负，可根据功的公式W=Fl，确定力与位移的夹角 的大小，根据 的范围确定功的正负。本题只要掌握功的公式W=Fl，既可以判断力是否做功，也可以判断功的正负，关键确定力与位移的夹角。A.由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180^{}，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功，故A正确；B.轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功，故B错误；C.设拉力与水平方向的夹角为，由于 是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功，故C错误；D.轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功，故D错误。故选A。
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题目：如图所示，竖直圆形管道固定不动，A为管道的最低点，E为最高点，C为最右侧的点，B在A、C之间任意可能位置，D在C、E之间任意可能位置，一直径略小于管道内径的小球以某一初速度从最低点A开始沿管道运动，小球恰能通过管道的最高点E，完成完整的圆周运动，已知小球做圆周运动的轨道半径为R，重力加速度为g，则( )
A. 小球做匀速圆周运动
B. 小球在最高点E的速度大小为{gR}
C. 小球在B点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧
D. 小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧

解：A、小球在竖直圆形管道中做圆周运动，在向上运动的过程中，速度在减小，小球做变速圆周运动，故A错误．B、小球恰能通过最高点，可知小球在最高点E的速度为零，故B错误．C、小球在B点，由于径向的合力提供向心力，可知在B点，管道对小球的作用力指向圆心，则小球对管道外侧有作用力，故C错误．D、在D点，由于径向的合力提供向心力，若重力沿半径方向的分力大于向心力，则小球对管道内侧有作用力，若重力沿半径方向的分力小于向心力，则小球对管道外侧有作用力，故D正确．故选：D．小球在竖直平面内做变速圆周运动，在最高点，由于管道对小球的作用力可能向上、可能向下，可知最高点的临界速度为零.抓住径向的合力提供向心力，分析管道对小球作用力的方向．解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断，知道管道模型与杆子模型类似．
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题目：如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A. 人在车上行走时，车将向右运动
B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同

解：A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；CD、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人-Mx车=0；故车与人的位移之比为：{x_{车}}{x_{人}}={m}{M}不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故C错误，D正确。故选：D。人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得到人的位移与车的位移之比，由此进行分析。本题考查了“人船模型”，“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型，该模型应用的条件：一个原来处于静止状态的系统，当系统中的物体间发生相对运动的过程中，有一个方向上动量守恒。
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题目：2017年11月，第十二届中国国际航空航天博览会在广东珠海如期举行，博览会还迎来了英国皇家空军“红箭”特技飞行表演队的中国航展首秀。如图所示，9架表演机保持队形不变飞过观礼台。下列关于“红箭”特技飞行表演的说法正确的是( )
A. 地面上的人看到飞机飞过，是以飞机为参考系
B. 飞行员看到观礼台向后掠过，是以地面为参考系
C. 以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的
D. 以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的

解：A、地面上的人看到飞机是相对于地面飞过，是以地面为参考系，故A错误；B、飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系。故B错误；C、D、以编队中某一飞机为参考系，所有飞机的位置相对不变，其他飞机是静止的，故C正确，D错误。故选：C。建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系。为了描述物体的运动状态要选择参考系，为定量描述物体位置变化要在参考系上建立坐标系，并且要建立合适的坐标系。
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题目：如图所示，一物体静止在水平地面上，从t=0时刻开始受水平向右的拉力F做匀加速直线运动，经t_{0}时间运动到A点，再经T和2T时间运动到B点和C点，若A、B、C三点间距满足BC=2AB，则()
A. {{t}_{0}}={{1}}{{2}}T
B. {{t}_{0}}={{2}}{{3}}T
C. {{t}_{0}}={{1}}{{4}}T
D. {{t}_{0}}={{3}}{{4}}T

根据匀变速直线运动的速度公式和位移公式写出AB、AC的位移，根据AC、AB位移的的关系，联立解出t_{0}大小。本题考查匀变速直线运动的综合应用，关键是匀变速直线运动公式的灵活应用。根据匀变速直线运动规律得v_{A}=at_{0}，AB的位移{x}_{AB}={v}_{A}T+{1}{2}a{T}^{2}AC的位移{x}_{AC}={v}_{A}2T+{1}{2}a{(2Tight)}^{2}又x_{AC}=x_{AB}+x_{BC}=3x_{AB}，联立各式解得{t}_{0}={1}{2}T，故A正确，BCD错误。故选A。
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题目：如图所示，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，半径为R，质量为m的物块，沿着金属壳内壁滑下，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是
A. 受到向心力为mg+m{{{v}^{2}}}{R}
B. 受到的支持力为mg+m{{{v}^{2}}}{R}
C. 受到的摩擦力为μmg
D. 受到的摩擦力方向为水平向右

根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向。该题考查向心力的问题，解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。A.向心力的大小为：{F}_{n}=m{{v}^{2}}{R}，故A错误，B.根据牛顿第二定律得：N-mg=m{{v}^{2}}{R}，则有：N=mg+m{{v}^{2}}{R}，B正确；C.滑动摩擦力为：f=μN=μ(mg+m{{v}^{2}}{R})，故C错误;D.受到的摩擦力方向为水平向左，故D错误。故选：B
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题目：如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻R_{M}=1Ω，则下列说法中正确的是
A. 通过电动机的电流为10A
B. 电源内阻的电功率为4W
C. 电动机线圈电阻的电功率为2W
D. 电动机的输出功率为20W

电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率P入=UI，发热功率P热=I^{2}RM，电源内阻的电功率P=I^{2}r，输出功率P出=P-P热，根据功率关系求出电动机输出的功率。对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路，电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。A.根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I(r+R)\;，解得：I={E-U}{R+r}=2A，故A错误；B.电源内阻的电功率为：P={I}^{2}r={2}^{2}1W=4W，故B正确；CD.电动机的输入功率：{P}_{入}=UI=102W=20W\;，电动机的热功率：{P}_{热}={I}^{2}{R}_{M}={2}^{2}1W=4W\;，电动机的输出功率：{P}_{出}=P-{P}_{热}=UI-{I}^{2}{R}_{M}=102W-{2}^{2}1W=16W\;，故CD错误。故选B。
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题目：为了使公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志，如图所示。甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是60km/h；乙图是路线指示标志，此处到塘沽还有20km.上述两个数据表达的物理意义是( )
A. 60km/h是平均速度，20km是位移
B. 60km/h是瞬时速度，20km是路程
C. 60km/h是瞬时速度，20km是位移
D. 60km/h是平均速度，20km是路程

解：允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以60km/h是指瞬时速度；到杭州还有20km，20km是运动轨迹的长度，是路程。故B正确，ACD错误。故选：B。平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度。路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离解决本题的关键知道路程和位移的区别，以及知道瞬时速度和平均速度的区别。
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题目：利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件是工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U_{CD}，下列说法中正确的是( )
A. 电势差U_{CD}仅与材料有关
B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U_{CD}0
C. 仅增大磁感应强度时，电势差U_{CD}变小
D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

解：AC、CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有：q{U_{CD}}{b}=qvBI=nqvS=nqvbc，则U_{CD}={BI}{nqc}，n由材料决定，故U与材料有关；U与厚度c成反比，与宽b无关，仅增大C、D间的宽度(B,I不变)时，电势差U_{CD}不变；故AC错误；B、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则U_{CD}0.故B正确；D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D错误。故选：B。在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差U_{CD}的正负。CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U_{CD}与什么因素有关。解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
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题目：如图所示的电路中，A_{1}和A_{2}是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是( )
A. 合上开关K接通电路时，A_{2}先亮，A_{1}后亮，最后一样亮
B. 合上开关K接通电路时，A_{1}和A_{2}始终一样亮
C. 断开开关K切断电路时，A_{2}立刻熄灭，A_{1}过一会儿才熄灭
D. 断开开关K切断电路时，A_{1}和A_{2}都要过一会儿才熄灭

解：A、B，合上开关K接通电路时，A_{2}立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A_{1}中电流只能逐渐增大，则A_{2}先亮，A_{1}后亮，最后一样亮.故A正确，B错误．C、D，A_{2}原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A_{1}和A_{2}都要过一会儿才熄灭.故C错误，D正确．故选AD当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析．
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题目：如图所示，重物G压在纸带上，用一水平力慢速的拉动纸带，重物G会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出，关于这个现象，下列说法中正确的是( )
A. 在慢速拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力
B. 在慢速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
C. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D. 迅速拉动只带时重物动量的变化大

解：A、用水平力F慢慢拉出纸带，重物与纸片间是滑动摩擦力；若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸片间也是滑动摩擦力；滑动摩擦力与相对速度无关，故两次的滑动摩擦力相等，故A错误，B、纸带对重物的合力等于摩擦力，慢拉时滑动摩擦力作用时间长，故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确CD错误；故选：B快拉时，由于惯性，很容易将纸片抽出；慢拉时，很难将纸片抽出；根据冲量的定义公式I=Ft分析冲量大小本题关键明确滑动摩擦力大小与相对速度无关，注意纸带给重物的冲量是摩擦力和支持力冲量的矢量和
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R_{3}为定值电阻，R_{1}、R_{2}为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R_{1}、R_{2}的滑片处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是
A. 把R_{2}的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动
B. 把R_{1}的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动
C. 缓慢增大极板A、B间的距离，油滴静止不动
D. 缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴向上运动

电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压；把{R}_{1}的触头向右滑动时，{R}_{1}增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分析路端电压的变化，判断油滴的运动情况；仅把两极板A、B间距离增大或把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由E={U}{d}分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况。本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的，分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化。难度一般。A.由于含容支路相当于断路，故移动{R}_{2}的滑片时，对电容器的端电压无影响，故油滴不动，A错误；B.把{R}_{1}的触头向右滑动时，{R}_{1}增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，由于内阻端电压减小，故路端电压增大，故电容器的端电压增大，电场增强，油滴所受的合力向上，故油滴向上运动，B正确；C.由于外电路无变化，故其端电压不变，缓慢增大极板A、B间的距离时，由于场强减小，其受的合力向下，油滴向下运动，C错误；D.由于电路无变化，电容器端电压不变，当缓慢减小极板A、B的正对面积时，由于电场不变，油滴受力不变，故油滴静止不动，D错误。故选B。
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：如图所示，将空的薄金属筒开口向下压入水中，设水温均匀恒定，筒内空气不泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，下列说法正确的是( )
A. 筒内壁与气体接触处，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数不变
B. 筒内气体每一个分子的分子动能都不变
C. 筒内气体从外界吸热
D. 筒内气体向外界放热

解：A、气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数增多，A错误；B、由于不计气体分子间相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，分子平均动能不变，但并不是每一个分子的分子动能都不变，B错误；C、又U=Q+W，外界对气体做功，W为正，U恒定，所以Q为负，即气体向外界放热，C错误，D正确．故选D．理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，W为正，内能恒定，所以Q为负，即气体向外界放热．本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式，理解公式中各物理量的正负是解题的关键
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：如图所示，粗糙水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块连接，此时弹簧无形变。现对物块施加大小恒为F、方向水平向右的拉力，当物块向右运动到A点时撤去拉力，物块继续向右运动，最终物块静止.在拉力F作用的过程中，下列说法中正确的是
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少
B. 物体的动能一定逐渐增大
C. 物块的加速度可能先减少后增大
D. 物块的速度一定先增大后减少

对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度，判定物体的运动状态。分析动能弹性势能的变化。解决本题的关键是根据物块的受力确定加速度的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律。在推力作用的过程中，由牛顿第二定律得：F-μmg-F_{弹}=ma，由两种可能：(1)开始时如果拉力大于摩擦力和弹力之和，随着弹力的增大，弹性势能增加，物体做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，随后弹力及摩擦力之和大于了拉力，所以合力反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小，动能先增大后减小；(2)在拉力作用下的过程中，如果拉力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，弹性势能一直增加，动能一直增加，所以加速度一直减小，速度一直增大；故C正确，ABD错误；故选C。
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：质点做直线运动的速度-时间图象如图所示，该质点( )
A. 在第1秒末速度方向发生了改变
B. 第2s内与第3s内的加速度方向相反
C. 在第2秒末回到初位置
D. 第3秒末和第5秒末的位置相同

解：A、0-2s内，速度图象在时间轴的上方，都为正，所以第1秒速度方向没有改变。故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1-3s图象斜率不变，加速度不变，第2s内与第3s内的加速度方向相同，故B错误；C、0-2s内，物体一直沿正方向运动，在第2秒末没有回到初位置，故C错误。D、根据图线的“面积”表示位移，图象在时间轴上方，位移为正，图象在时间轴下方，位移为负，可知，3-5s内的位移为0，所以第3秒末和第5秒末的位置相同。故D正确。故选：D。速度时间图象中，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴的同一侧物体的速度方向就没有改变；图象的斜率表示加速度，由斜率的正负分析加速度的方向。图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，由此分析。解决本题的关键是明确v-t图象的斜率和面积的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b是处于地面附近轨道的近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，已知地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则
A. a的向心加速度等于重力加速度g
B. 在相同时间内b转过的弧长最长
C. c在4h内转过的圆心角是{π}{6}
D. d的运动周期可能是23h

解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω^{2}r知，c的向心加速度大．由{GMm}{r^{2}}=mg，得g={GM}{r^{2}}，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g.故A错误；B、由{GMm}{r^{2}}={mv^{2}}{r}，得v={{GM}{r}}，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是{1}{3}π.故C错误；D、由开普勒第三定律{R^{3}}{T^{2}}=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h.故D错误；故选：B．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω^{2}r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小.根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系.根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．
请解答这道题，并给出简洁解析。
题目：某电场的电场线如图所示，a、b是电场中的两点，下列说法中正确的是()
A. 无电场线的地方电场强度为零
B. a、b两处的电场方向相同
C. a处电场强度大于b处的电场强度
D. 该电场线一定是匀强电场的电场线

电场线越密，场强越大，电场线某点的切线方向表示场强的方向，匀强电场电场线是等间距的平行直线。解决本题的关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示场强的方向。A.电场线的疏密程度表示电场强度的强弱，无电场线的地方不能说明电场强度为零，故A错误；B.电场线某点的切线方向表示场强的方向，根据图象可知，a，b两处的电场方向不同，故B错误；C.电场线越密，场强越大，所以a点的场强一定大于b点的场强，故C正确；D.匀强电场电场线是等间距的平行直线，所以此电场线一定不是匀强电场的电场线，故D错误；故选C。
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题目：如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面.为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C.则( )
A. 若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变小
B. 若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大
C. 著健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D. 若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小

解：设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：F_{A}θ-mg=0，F_{A}θ-F_{B}=0，解得：F_{A}={mg}{}，F_{B}=mgθ．A、当健身者缓慢向右移动时，θ角变大，则F_{A}、F_{B}均变大，故A错误；BD、当健身者缓慢向右移动时，θ角变小，则F_{A}、F_{B}均变大，因为健身者所受到的摩擦力与OB绳拉力相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故B错误；D正确；C、不论健身者向哪个方向移动，绳OA、OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，故C错误．故选：D．对结点O进行分析，根据平衡条件可得出两绳子拉力与C的重力之间的关系，再根据人走动时夹角的变化分析OA和OB两绳上拉力的变化，从而分析人受地面的摩擦力的变化情况．本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确研究对象应为结点O，由几何关系即可求得拉力关系；本题也可以根据图示法进行分析，明确各力的变化情况．
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题目：如图所示，一导体AB在点电荷Q的电场中发生静电感应，下列说法正确的是()
A. 导体中M、N两点的电场强度相等
B. 感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强
C. 如果在AB间用一导线连接，则导线中将有电流产生
D. N点的电势大于M点的电势

(1)根据静电平衡特点判断；(2)根据导体内合场强为零判断；(3)先判断导体与大地的电势关系，而后分析电子流向。本题考查了静电平衡的问题。理解并掌握静电平衡的特点是解题的关键。AD.导体AB在点电荷Q形成的电场中处于静电平衡状态，其内部场强处处为零，整个导体为等势体，所以有：E_{M}=E_{N}=0，{φ}_{M}={φ}_{N}，故A正确，D错误；B.由E=k{Q}{{r}^{2}}知，点电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强。根据静电平衡时导体内部合场强为零知，感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强，故B正确；C.处于静电平衡状态的导体是等势体，A、B电势相等，用一导线连接，导线中无电流产生，故C错误；故选AB。
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题目：2016年10月17日7时30分我国神舟十一号载人飞船在中国酒泉卫星发射中心成功发射名航天员将乘坐神舟十一号载人飞船在距地面393公里的轨道上与天宫二号对接，完成30天的中期驻留，每天绕地球约16圈.神舟十一号充分继承了神舟十号的技术状态，同时为了适应本次任务要求而进行了多项技术改进.神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里.则()
A. 神舟十一号周期大于地球自转周期
B. 神舟十一号飞行速度大于第一宇宙速度
C. 神舟十一号运行的加速度小于同步卫星的加速度
D. 神舟十一号与天宫二号的结合时比神舟十号与天宫一号的结合时速度小

解：A、由题，神舟十一号载人飞船每天绕地球约16圈，所以神舟十一号周期小于地球自转周期.故A错误；B、飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：G{Mm}{r^{2}}=m{4π^{2}}{T^{2}}r=m{v^{2}}{r}=ma则得T=2π{{r^{3}}{GM}}，v={{GM}{r}}，a={GM}{r^{2}}．由于神舟十一号的轨道半径大于地球的半径，所以神舟十一号飞行速度小于第一宇宙速度.故B错误；C、神舟十一号周期小于地球自转周期，即小于同步卫星的周期；根据T=2π{{r^{3}}{GM}}可知神舟十一号轨道半径小于同步卫星的轨道半径；由a={GM}{r^{2}}，神舟十一号运行的加速度大于同步卫星的加速度，故C错误．D、神舟十号的轨道半径小于神舟十一号的轨道半径，由v={{GM}{r}}，得知神舟十号的线速度大于神舟十一号.故D正确．故选：D根据万有引力提供向心力，得到周期、线速度、角速度和向心加速度的表达式，结合轨道半径关系分析．解决本题的关键要明确飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，通过列式进行定性分析．
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题目：如图，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止。不计空气浮力。则
A. 风对风筝的作用力方向水平向右
B. 地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力
C. 地面对人的作用力方向斜向左上方
D. 拉直的细线可能垂直风筝面

本题的关键是正确对风筝和人受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可。对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左。AD.设细线与水平面的夹角为，风力大小为F.先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面。故AD错误；BC、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M+m)g=N+F， 是风筝与水平面之间的夹角；则得：N=(M+m)g-F (M+m)g。地面对人的作用力方向斜向左上方。故B错误，C正确。故选：C。
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题目：某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律。已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为{{n}_{1}}:{{n}_{2}}=10:1，电阻R=22\。下列说法正确的是
A. 通过R的交流电的频率为50Hz
B. 电流表A_{2}的示数为{{2}}\,{A}
C. 此时变压器的输入功率为22W
D. 将P沿逆时针方向移动一些，电流表A_{1}的示数变小

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。A.变压器不改变交流电的频率，由图乙知交流电的周期0.02s，所以通过R的交流电的频率为f={1}{T}=50Hz，故A正确；B.由图乙知电压的有效值即电压表的示数为220V，由{{U}_{1}}{{U}_{2}}={{n}_{1}}{{n}_{2}}得：{U}_{2}={{n}_{2}}{{n}_{1}}{U}_{1}=22V，由欧姆定律得：{I}_{2}={{U}_{2}}{R}={22}{22}A=1A，故B错误；C.变压器的输入功率{P}_{1}={P}_{2}={U}_{2}{I}_{2}=22W，故C正确；D.将P沿逆时针方向移动一些，副线圈匝数增加，由{{U}_{1}}{{U}_{2}}={{n}_{1}}{{n}_{2}}知U_{2}增大，I_{2}增大，由U_{1}I_{1}=U_{2}I_{2}知I_{1}增大，电流表A_{1}的示数变大，故D错误。故选AC。