1、富窖题型物理选择颗答案速查8解题思路详见卷名32415刁6巩固小卷1DP3A（ADADDDMD巩固小卷2ABC脚ABA巩固小卷3BB BBl）I）B（B）P5D巩固小卷4DDDABCDBDAADBDACDP6巩固小卷5巩固小卷6DD（BDBCP8I）A gABDCDAD”巩固小卷7巩固小卷8ACCAI）BCBDA）P10CD【BACBDADBCP12提升小卷1DDDSCDABI）AI）P13提升小卷2CDDD DB（BCD日ADABADP14提升小卷3CBBCAP15BI）（提升小卷4提升小卷5DBD DABCBCDADP17（jCADCABCP18BR提升小卷6AA（ACBCP19CA8（提
2、升小卷7提升小卷8DDBCBDBCDCI）】皿皿ABBBB（CDBAB提升小卷9DB4（BDBCABCACP23提升小卷10ABCACADBCDP24P25DC提升小卷11D4ABDAI）AI）ABDCC提升小卷12m6DBDACACACBCD提升小卷13ACBClAC甄;CADBD提升小卷14P29P30BBB（ABCACDB（提升小卷15C（AABI）BAC提升小卷16P32BADADBCDBA夕夕硼题哇人答案速查763卷名解题思路详见487凸5保温小卷1BCABDBDBP33剧I）s保温小卷2C保温小卷3BBBP34I）AAAACC）CP35AC口（C保温小卷4（CBDCD田7BAABC
3、保温小卷5P38BACBBCBDC8U保温小卷6P39ABDABACADCB（保温小卷7B保温小卷8A精编特训1C（DP41ACACDCCBA留园CCBDACABD日DACI划4A（D剧精编特2精编特2P47CBABABB精编特训3A）P50ICCAIABCcADAA精编特训4P53CBADADDI）精编特5CDABlP56CDAADA精编特6P59CBCACDCC剧B精编特7精编特训8精编特9AADCDA（P62（】B配6BAA（BDABBD8DCB（B（CDP68BAC精编特训10BC剧CB1ABCAC围精编特11BCCDAI）ACACDP74糯编特12AAACABBDAC7卜高害题型物理
4、选择题详解详析第部分小卷集巩固小卷01.D命题立意本题考查匀变速直线运动规律和动能、动量的基本概念,旨在考查考生的理解能力和推理能力解题思路雨滴从坡顶开始下滑做初速度为零的匀加速直线运动,加速度恒定不变,根据公式22“可知,雨滴的速度与位移的平方根成正比A错误根搬公式愿十咖,叮知雨滴的动能与速度的平方成正比,B错谨;根据匀变逮直线运动遮度公式渺二呵得雨滴动能Z咖2啊f,即陶滴的动能与运动时间的平方成正比,C错误;雨滴的动量二咖删,即雨滴的动量与运动时间成正比D正确2.A命题立意】本题考查共点力平衡中的动态平衡问题,旨在考查考生的推理能力。解题思路对O点进行受力分析,受到葡萄向下的拉力G,沿着A
5、O方向斜向上的支持力Fl和沿着BO方向斜向上的支持力F2,三力合力为零,可以构成首尾相连的矢量三角形（如图）。设OA杆与竖直方向的夹角为0OB杆与竖直方向的夹角为则乙AOB0在矢量三角形中,重力保持不变,F的方向不变,F2的大小和方向随着角度变化而变化,随着乙AOB-0逐渐增大,F逐渐变大F2先变小后变大A正确3.C命题立意本题结合带电粒子运动轨迹考查静电场相关知识,旨在考查考生的理解能力。FG（解题思路由题图可知带电粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧又粒子带正电则电场线方向垂直等势线指向凹侧则等蛰面f易错沿着电场线的方向电势逐渐降低的电势最高,即p帜b矽,A错误;由题图可知,电子从P点到Q点运动
6、时,是由低电势处运动到高电势处电场力做正功电势一能减小,则电子在P点的电势能大于在Q点的电势能,B错误;P点处的等势面比Q点处的等势面密集,则P点处电场强度大带电粒子所受电场力大,由牛顿第二定律Fm得,P点处的加速度比Q点处的加速度大,C正确;题给条件无法判断带电质点的运动方向,D错误4C命题立意本题考查安培定则、左手定则、磁感应强度的叠加,旨在考查考生的理解能力。B,解题思路根据安培定则可知A中电流在c处产生的磁场Bl的方向垂直AC向下,同理B中电流在缝4C处产生的磁场B2的方向垂直BC向上,A、B中通过的电流大小相等,方向相同,则磁感应强度大小谣氢融p慧患捣翻黑删蹦獭鳃旗喇握感剧.翻Bl、
7、B食器即B带c正确5。D命题立意本题考查理想变压器相关知识旨在考查考生的推理能力和分析综合能力。达人解题.逆向思维从乖必凡勺从了代宁叫吧川则电线川的原压端于电两等的几压圈斜代肘帅立一尺儿等原流了几别与电啃雨肛流流电电的的个尺片求流过R和几的电流之比尸川川器副线圈中电压为副线圈中的咆流廖二器,总电阻为2R解析由题意知原副线圈电压之比为1:3,设原线圈的电压为Ul电流为,副线圈的电压为i,电流为L根据变压器原理可得易错原副线圈电压之比等于匝数之比3原线圈两端电压二等测流经副线圈的电流二器,阀电压筹于原线圈端输入电压0则通过R的电流强度为;蜒-器梳经厕的电等于流经原线圈和R电流之啊;愿二健二器所以的
8、电流之比为u;2p正确.易错R2与原线圈并联,R串联在于略中6.AD命题立意本题考查万有引力定律的应用,旨在考查考生的推理能力和分析综合能力。解题恩踏设该恒垦的平均密度为p体积为v,又-等其中竿则-器,A正确;恒垦表面物体受到的重力等于万有引力,故有吧c警叮得恒垦表面重力加速度g繁,B错误;物体绕恒垦运动所糯的向心力由万有引力提供,故有3二硼题嘲摆娜,可得第字宙逮圈三仔而逃筹于z,由题意口解得腮孕c错误证确.易钳第一宇宙速度为在只洞表面运行时的速度,此时的轨道半径为洞的半径。7.AD命题立意本题考查电磁感应原理的应用,旨在考查考生的推理能力解题思路无线充电利用的是电磁感应原理,当充电底座的发射
9、线圈通以交变电流时,发射线圈产生交变的磁场,使得穿过接收线圈的磁通量发生变化在接收线圈里产生感应电流,实现无线充电A正确,B错误;不是所有的手机都能够进行无线充电,手机中必须安装有接收线圈才行C错误;发射线圈中交变电流频率和接收线圈中交变电流频率相等,D正确。8.AD命题立意本题结合图像考查机车启动问题,旨在考查考生推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力解题恩路汽车以恒定功率启动过程是个加遮度逐渐减小的j畦运动过程根搬P脚利顺可得二卡带,易错根据物理规律整理出与题图像滞霞;菌菠霹矫式结合题图分析,0时汽车做匀速直线运动此时F速度达到最大,故最大速度为o0,此时F旦A正确B错误;根据
10、0O公式卡带“,当0时即题图中横截蹿将F-旦代人计算可得砸上c镭误p正确.U0O0O巩固小卷21.D命题立意本题考查玻尔理论、氢原子能级跃迁,旨在考查考生的理解能力。解题思路根据玻尔理论氢原子跃迁时辐射出的是线状谱,A错误;大量氢原子从见3能级跃迁到较低能级时能够辐射的光谱线条数C;3条BC错误;此过程中氢原子向外辐射能量故原子能量降低因库仑力提供核外电子绕原子核做圆周2运动的向心力即km坠可知轨道半径变小,动能增大D正确厂厂L了2.A命题立意本题考查牛顿运动定律的临界问题旨在考查考生的推理能力。解题思路两个相互接触的物体分离的条件是彼此间的弹力为零,要使滑块做自由落体运动则滑块与斜面间需满足
11、无弹力的作用,此时M只受重力地面支持力、水平外力则对M在水平方向上有:FgM捐块与斜面加逮度关系如图所示有旦联立计算可得器A正确。3.A命题立意本题考查万有引力定律的应用,旨在考查考生的理解能力。解题愿蹈令地球的密度为则在地球表圃重力和地球的刀有弓力大小相等有罢;由十地球的质量为呵R砸所以重力加速度的表达式可写成;g4匝f生.根据题意有质量分布均匀的球壳测壳内物体的引力为零受至地球的刀有引力即为半径等于的球体在其表面产生的有弓力g二竿,当R时,g与诚正比当R后,与平方成反比即质量定的小物体受到的引力大小F在地球内部与厂成正比,在外部与厂的平方成反比A正确。4B命题立意本题考查电势差与电场强度的
12、关系、华卿图像的特点等,旨在考查考生的理解能力和推理能力达人解.图拴释电势沿欠轴正向降低,电场线方向指向则轴正向卜线处切点小处该大点示的某表度在率强线斜场曲的电线处切点小处该大点示的某表度在率强线斜场曲的电泪电势沿x轴正向增大电场线方向指向撕轴负向解析由于沿着电场线方向电势逐渐降低,所以O点的电荷0l带正电C点电荷Q2带负电A错误;带负电的试探电荷在G点受沿嘶轴正方向的电场力故沿卯轴正向加速运动,不能到达D点,B正确;沿着电场线方向电势逐渐降低,可知G点的电场强度沿z轴负方向,C错误;负电荷从D点到J点的电场力先沿卯轴正向后沿约轴负向,故电场力先做正功后做负功D错误。5。A命题立意本题考查带电
13、粒子在有界磁场中的运动,旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题愚路当粒子遮度为时由几何关系可知其轨迹圆弧对应的半径二凰n30.其中0二2R则二挚当粒子以速度:垂直PO向上射人磁场,若完成半个周期时恰好与内圆相切则此时粒子运动的半径2牟其速度侧2满足无论人射方向如何,都不可能射人小圆内部区域,且此时的速度2为最大值,即为最小值,粒子在磁场中做圆周运动时,由洛伦兹U2力提供问心力即?圆竿.解得二窖,则二竿A正蹦.6.AC命题立意本题考查交变电流相关知识,旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题恩路周朗r与转速厕的关系T十,故转速减半周期变为原来的2借A服蹦穿过线圈的磁通量的最大值与转速无关,B易铸特
14、逮催数位上等予频卒十.闺此7二.q巴富营题型物理选择题错误;交流电压最大值UmBS,其中2,几变为原来的半,则最大电压也变为原来的半C正确;交流电压有效值借0.来的半帅也变的半错谩.7。BD命题立意本题考查动能定理和功能关系旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题思路从A到C的过程中,物体受重力、支持力、摩擦阻力三个力的作用只有重力与摩擦阻力做功,初、末速度都为0,由动能定理有:Wl吼0,则Wl吼,B正确;由C到A的过程中,物体受重力、拉力、支持力、摩擦阻力四个力的作用只有重力、摩擦阻力、拉力三个力做功,此过程中重力做功大小与从A到C过程中重力做功相等,由动能定理有:3-l-吼0得:吼D正确;由
15、于AB轨道是弯曲的由A到B过程中小物块的速度不为零曳恩到A其谩史乌k翅篓鸳谩j三型么翼虞易错“缓慢拉动”可以看作此过程中速度为零小物块处于乎衡状态。贝逸虫霓则两个过程对AB段轨道的压力不相等则小物块所受到的摩擦力不相等则两个过程该段克服摩擦力做的功不相等则有吼肌A、C错误。8.BC命题立意本题考查法拉第电磁感应定律,旨在考查考生的推理能力和分析综合能力.达人解厘。过程分解.该运动过程可以分为两个过程;第-个过程导线框从开始运动到完全进入左侧磁场,此过程中做匀速直线运动受力平衡导线框受到的箕撞卫皇其卫蛆轰。导线框右侧边框切割磁感线产生感应电流也只有线框右侧一边受安培力作用应用凑越篷奥建嫂应定律及
16、功的定义式列式第二个过程导线框从左侧磁场进入右侧磁场运动到虚线位置此过程中做匀速直线运动受力平衡导线框受到的箕楚卫复其虫典轰导线框左右两边同时切割磁感线产生感应电动势根据友至庭1判断两边切割磁感线产生感应电流的方向,再判断回路中总的电动势的大小。此时左右两边同时受到两个安培力的作用根据左手定则及安培力公式求解线框安培力的大小第一个过程注:两个过程中根据功能关系可知回路中产生的电能等于安培力做功,应用蓝越复奥蹲屡座真建和曳蜒j崖么恳求解电荷量!的大小-。.-平力受动语运速匀框线律定一第顿牛由尺尺流电解析在题图中易错在虚线位五,导线框两侧同时切割磁感线产生的总感应电动势为二者之和衡,左右两侧受两个
17、问左安培力所受外力二霞二2z二4竿线框的电功率二镀4竿,A错误正确整个过程中,线框匀速运动受力平衡回路中产生的电能就等于整个过程中水平外力克服安培力做的功由功能关系可得E安肌第个过程迸入左侧磁场过程中安蠕力做的功懈二氢z二竿第二个过程,迸人石侧磁场过翟中安培力做的功鹏鸳塑芳h半则可得产生的电能圆二半鹏二3竿c正确;由法拉第电磁感应定律和电滚的定义可知此过程中通过导线截面的电荷量,h竿此过程中A0故q0错误。巩固小卷31.B命题立意本题考查带电粒子在电场中的运动旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题思路由题可知带正电的粒子从A点运动到6点速度减小则电场力对粒子做负功根据动能定理可得qUh凰砌凰2
18、厕川2解得U鹏（,2删2）Ol5V因4息奥蛰曳霞哩息曳蛰力丛l又1A且买嫂2q易错Us甲oB2.B命题立意本题考查力的合成与分解旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题思路当拉力是F时,根据平衡条件得:F,其中Fk购鳃Lng,当弹簧方向变成与水平成60时受力情况如图所示,其中Fk绷,竖直方向上:k勿sin60FN!g,水平方向上:脑cos60。,其中N联立解得贬氮B服确.3。B命题立意本题考查功能关系,旨在考查考生的理解能力和推理能力夕Y歹JJJ歹Jmg达人解题逆囱思维摩擦力户严g蹦鹏求木板与即求此过程中两物体组成者之间摩擦力做的系统产功.卿生的内能对位移z蕊赣麓铲唇“二5棚题建人解析由题可知木
19、板对物体的摩擦力向右则物体对木板的摩擦力向左初始时,物体回哩做匀加速直线运动当速度达到时和木板起做匀速运动;对物体,由牛顿第二定律秽踪广x雨右-甘山一士-L向缅勺竹沛勃6h口十同铲-坠化l寻弄帚份吗庐儿P勺-有a,其中以喀,由oo0t知,匀加速运动的时间t1,结合运动学公式2g,联立以上叮知物体速运动过程发生的位移为;赡主.木板匀速运动发生的位移-腮为;z沈兰,所以因摩擦产生的热量为:0A匆其中匆则,联立解得0培咖2B正确.D命题立意本题考查安培定则、楞次定律旨在考查考生的理解能力和推理能力.解题思路开关S闭合的瞬间由安培定则可知线圈A轴线上的磁场方向竖直向上,B线圈中的磁感应强度增加,磁通量
20、增大由楞次定律可知B线圈中感应电流的磁场方向向下由安培定则可知灵敏电流计中有自下而上的电流,A错误;开关S断开的瞬间B线圈中的磁感应强度减小磁通量减小由楞次定律可知,B线圈中感应电流的磁场方向向上由安培定则知灵敏电流计中有自上而下的电流B错误;滑片P向端滑动得越快,磁通量变化越快,B线圈中产生的感应电动势越大,灵敏电流计指针偏转的角度越大,C错误;铁芯从A线圈中抽出,B线圈中磁通量减小,由楞次定律可知灵敏电流计有自上而下的电流D正确D命题立意本题考查斜面上的平抛运动规律,旨在考查考生的推理能力。解题思路对小球M,从抛出到落在斜面上时,所用的时间为删在竖直方向上发生的位移为,水平方向上发生的位移
21、为l2卵,则结合运动学公式可知,tan0丝丁gt30,又瓢n,解得喻雨,铡喻斟影.对小球州伺鳃解得乍繁,又卯UO丁恰好落在斜面底端,且小球尸与小球藕地咖恫棚筹即厂厂酱则徽厂徽二丁鳃,鹏膨（）带徽岭,解得懒厂3竿,侧,二（2删）砷喜,徽争则:锄僻百;l0,D正确.BC命题立意本题考查质能方程、动量守恒定律、能量守恒定律旨在考查考生的理解能力和分析综合能力。解题思路该核反应前后释放的能量E（22.0l303.01501.0087）931.5MeV2.14MeVA错误;碰撞睡至续剪456B正确;根据能量守恒定律核反应后的总动能易错碰撞前的动量与碰检后的动量相等碰撞前动量为零,碰检后动量也为零。g2E
22、蛔厕删!厕2删其中狮为氦核的质最厕为中子的质量叫侧,且3咖联立解得氦核的幼能为E删!27lMeV,中子的动能为E睡厕,:23MeV,C正确D错误7.AD命题立意本题考查万有引力定律的应用,旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题思路该卫星发射升空过程中,由静止向上加速运动时,处于超重状态,A正确;静止轨i首尾只能位于地球赤道平面的侧形轨道上,所以不可能处于北京上空,B错误;根搪万有引力提供向心力贝贿G些二砸十,可得艘二掣当等于地球半径时,卫星的速度最大等于第一宇宙速度,同步卫星的轨道半径大易错地球静止轨道通信卫星,即该卫星与地球的角速度相等,根据T红可得周期相等o于地球半径测该卫星环绕地球运行的
23、线逮度小于第宇宙逮度c错误;在地球表厕万有引力等于重力有G警略在卫.霍行孰道处万有引力键供胸心力,有（捣）;鳃（腮棚）（芋）厕褐偷）雾R,D正磁.8.BD命题立意本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动,旨在考查考生的推理能力。解题慰路根据牛顿第二定律,洛伦兹力提供问心力,B砸赤,可得硼BR,又网个粒子比荷相同,则轨道半4圈径大的运动速度大,由题意可知从0点射出的粒子轨道半径大,其运动速度也大A错误B正确;AC为磁场的个直线边界,且粒子均沿AB方向射人磁场,由几何关系知粒子从P点和Q点出磁场时与AC边的夹角相等,运B动轨迹如图所尔,粒子在磁场中运动的时间器职为粒子运动对应的圆心角,由儿何关系回!
24、知,网个粒子在磁场中运动时对应的圆心角相等,即两个粒子在磁场中运动的时间相等C错误D正确巩固小卷41D命题立意本题考查核反应方程和质量数、电荷数守恒,旨在考查考生的理解能力。解题思路X原子核内中子数VAZ每发生次衰变原子核内个中子转变为个质子,放出个电子故生成的新核Y质量数不变,核电荷数加l根据衰变的方程Xz镣Y!e可知新核Y的中子数为AZ1D正确2.D命题立意本题考查匀变速直线运动规律,旨在考查考生的理解能力和推理能力解题思路将滑块从斜面底端恰好上滑到斜面顶端的匀减速直线运动逆向看作从顶端到底端、初速度为零的匀加速直线运6信宫题型物理选择题动利用运动学公式叫以得到刨o,2“洞理A二24二8删
25、0,联立解得似二,D正确.3.D命题立意本题考查万有引力定律、牛顿第二定律及其应用,旨在考查考生的理解能力解任露,万育引力筹于重儿,由警可闷罢圃此苛资等解得鳃墓;在垦球力提供向可知,第宇窗蹬度删硒圈此诺偏瓷十三乎得2o火37kmsD正确4A命题立意本题考查金属圆环在变化磁场中的受力问题,旨在考查考生的分析综合能力。60T丫解题思路圆环右侧磁场B均匀变化,由法拉第电磁感应定律知,圆环内产生恒定的感应电流,使圆环受到安培力作用,0时刻圆环对水平面压力刚好为零时,圆环受力平衡合力为零其受力情况如图所示根据共点力平衡条件由矢量三角形关系可得鸳60.基史叁三塑!,根据法拉第电磁感应定律g菩.其中Ig易错
26、计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力大小时要计算垂直于磁场方向的有效长度。鳃,s-丽则三肺,以上几式联立可拇-孵,A正碉5.BCD命题立意本题考查静电场中力与能的性质,旨在考查考生的理解能力和分析综合能力。解题思路根据等量同种电荷的电场线分布情况可得两点电荷电场如图所示,则位置A与位置C两点的场强等大反向A错误;顺着电场线方向电势降低,所以P点电势高于E点B正确;P0连线的中点合场强为0,电子从P点移到Q点时,电场力先做负功后做正功电势能先增大后减小,C正确;电子可以在垂直于PQ连线且过E、F两点的平面内做匀速圆周运动,圆心在P0连线的中点,D正确。6.BD命题立意本题结合-图像考查弹性碰撞、动
27、量守恒定律、牛顿第二定律,旨在考查考生的达人解题.题图洼释动量守恒定律、牛顿第二定律,旨在考查考生的分铡慷析综合能力。做内动吵直在速变小匀做内动毗运吼线直在速变小匀逮度发生突变滚矾4B在30s时发生碰撞率动斜运的体度线物速咽示加仁卖帜华叫l02（）不率变斜不线度图速后加碰变嘲解析当A、B间的距离减小到L时,两球间产生恒定的斥力根据牛顿第三定律FFB和牛顿第二定律Fm可知两球的j谨度与质量成反比,即些丝,由阎像可得两物体加速度大小等于顷斜直线斜率大小,讣算可得.器-击ms侗理得JAB赤m愚,代人前式计算叮得咖腮3鹏,A错误;网球之间斥力大小厂叫05N,日正确蝉性碰撞系统机械能守恒30.时网球碰撞
28、,碰前系统机械能圆E蛔厕6J碰后系统机械能EE哩E鹏二哪御厕履栅厨26J,三者相等,说明此碰撞为弹性碰撞,C错误;根据图像可以对碰前运动进行分析利用图线与坐标轴包围的面积计算出L80m同理对碰后运动进行分析可得当B的速度为零时二者间距恰好为L,之后二者之间无作用力B保持静止A则做匀速运动D正确BD命题立意本题考查带电粒子在有界磁场中的运动,旨在考查考生的理解能力和应用数学处理物理问题的能力。2解题慰路电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力;?侧B爷轨迹半径R器,网过程电子速度o相同,所以半径相同,电子从O点水平进人由于它们进人圆形磁场和正方形磁场的轨道半径、速度是相）同的,把圆形磁场和
29、正方形磁场的边界叠放到同一位置如图所示由图可以看出进人磁场区域的电子的轨迹7,除轨迹2外电子均从圆形l23易错穆子在磁场中遥动输时间片T,周翔警.粮阎输橇子周翔粮阎,与0有关.磁场先飞出磁场A、C错误B、D正确8.ACD命题立意本题考查牛顿运动定律、机械能守恒定律旨在考查考生的理解能力、推理能力、分析综合能力。解题思路由题可知,刚释放小球A时,对小球A,其在竖直方向上只受重力作用,水平方向上轻绳的拉力与轻杆的支持力平衡,则小球A受到的合力大小为mg,方向竖直向下,则小球A的加速度Ag,对小球B,其只在竖直方向上有力的作用,且轻绳的拉力与其自身的重力平衡,即合外力为零则小球B的加速度0,A正确;
30、下滑过程中,小球A所受的合力与速度成锐角,即合外力做正功,小球A的动能直增大,B错误;小球A沿轻绳方向的分速度与小球B的速度大小相等,故在下滑过程中,小7硼题嘲球A的速度始终比小球B的速度大C正确;当小球A绕滑轮转过30。时,似dcos60。oB,由几何关系可知,小球B下落的高度h愿2Rm小球A下落的高度h剑Rsin60。小球AB组成的系统机械能守恒,则有吧h删咖gh咖哟2厕懒,解得砸吻8;乌噶RD正确.巩固小卷51.C命题立意本题考查光电效应方程,旨在考查考生的理解能力解题思路由于JVh根据hp0,甲金属的截止频率比乙金属的小,A错误;根据爱因斯坦光电效应方程:h沙Ek顾得甲金属逸出的光电子
31、最大初动能比乙的大,B错误;由eUc0-Ekm得,测得相应的遏止电压甲的比乙的大C正确;紫光的频率高于蓝光的频率根据光电效应发生的条件,紫光分别照射到甲、乙两种金属表面上定会有光电子逸出,D错误2。D命题立意本题考查共点力的平衡、力的合成与分解,旨在考查考生的理解能力与推理能力丫解题思路由于钩码是通过光滑挂钩挂在轻绳上,挂钩两边的轻绳拉力大小相等,对钩码进行受力分析如图所示,F钩码受到两边轻绳的拉力F,重力G,由力的平衡条件得2Fcos0G0,由几何关系得Lsin0,代人题中所给数据可求得F5ND正确。3.D命题立意本题考查o0图像、牛顿第二定律、功率的计算旨在考查考生的理解能力与推理能力。达
32、人解厘题图洼释率斜度的速线加榴示卜表!t图线的斜率表示加速度垫轮胎前5s做匀加速运动,后2s做匀减速运动间积小时面大与的移线成位溜围示沪私扣士衣解析由t图像可得,轮胎做匀减速直线运动的加速度大小25ms2,轮胎与水平地面间的动摩擦因数以丝0.5,Ag错误;轮胎做匀加速直线运动的加速度大小l2ms2,根据牛顿第二定律得Fcos37。陛（mgFsjn37。）m,代人数据解得F70N,日错误;05,过程中由动能定理得险c。息37。m型出图像知孤!25m代人数据解得二850JC错误;结合题图2知,6S末的瞬时速度oul2t5ms,故摩擦力的瞬时功率P队mg275W,D正确。4.D命题立意本题考查力的平
33、衡条件、库仑定律、电势能,旨在考查考生的理解能力与推理能力。解题思路P、0带等量异种电荷,电子带负电,电子在题图水平向右的外力作用下处于静止状态,说明P0对电子的库仑力的合力方向水平向左故P带正电0带负电即P、Q对电子的作用力均向左由平衡条件有附竿肉竿F由于0沿连线厂厂向右移动小段距离根据库仑定律Fk竿r增大则Q对电子向左的作用力减小因此外力F也要减小B错误C错误;厂根据等量异种电荷的等势面分布可知,选无穷远电势为零,其连线的中垂线上各点电势为零靠近正电荷处电势为正,靠近负电荷侧电势为负根据Epq甲知电子在中点时电势能为零,0向右移动后电子所在处电势为正,电子带负电电势能为负,故电势能减小,A
34、错误,D正确5.A命题立意本题考查万有引力定律与圆周运动规律,旨在考查考生的理解能力。解题恩路地球表面两极处的物体刀有引力等于重力,即警二吨赤道处的物体万有引力提供重力和向心力即G警吨十咖（午）R联立解得R（勤g）萨4呵2,故亦道处物体线速度大小为删oR芋贸（go盖）即卫垦利用地球自转能获得相对地心的最大速度为（g景）T厕A正确.6.AD命题立意本题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律,旨在考查考生应用数学处理物理问题的能力。解题思路如图所示猾环沿细杆运动的过程中,根据机械能守恒定律厕瞻h厕2两个滑环分别从b、.两点下落高度h.儿.,可得o似2,A正确,B错误;以点为最低点选取
35、合适的直径作等时圆如图实尺丁炉卢艇O鲤j线圆O所示,交c于点P设该圆半径为R,b杆与竖直方向的夹角为0,结合几何关系有2R.cos0丁.-则2仔肘圃只与半径R有关则猾环从瓢鳃和从囤.的时时的,比12较图中所示的位移关系有cP,所以从c到的时间大于从b到的时间,即tt2C错误,D正确。）!7.BD命题立意本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动旨在考查考生的理解能力。解绩合题意励磁线圈中的电流越大,产生的磁场越强根搪洛伦兹力提供向心力有哪凰二咖竿得器变大电子运动轨迹半径变小,A错误;由詹十厕舰可得增大加速电座,电子速度增大,由器知半径厂增大C错误;结合T8高言题型物理选择题午得-谱即周期与速度融无关
36、则电子做侧周运动的周朗不变,B正确利用左予定则可知磁场万向垂直纸面向里,再由安培定则知励磁线圈中应通以顺时针方向的电流,D正确。8.BC命题立意本题考查功能关系、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律旨在考查考生的理解能力与分析综合能力解题思路设金属框6边刚离开磁场的速度为o,由题意可知b边刚好离开磁场M边界时加速度为0,金属框受力平衡等竿解得蛤-鸣舞,c正确;金属横山静止到0程中,沿斜面方向仅的分量则有mgsin0BILBL.里作用则金属框做匀j畦直线运动金属框雀迸入Q边界的过程中安蠕力霍二竿随逮度增人而增大,由牛顿第二定律有j0竿二哪硼则金属框做j畦度减小的加速运动,当金属框全部迸人磁场金属
37、框徽匀加速直线运动,金属框在离开MV边界的过程中做匀速运动,全程不会出现减速运动,A错误;设磁场宽度为匆,对整个运动过程由功能关系有吧sin0（2zL）十0,解得鳃-壁孺型十i惹丽,隔正确;金属框刚进人磁场时“于电源h“二个边相当于外电路b陶点的电势差等十外电路电压结合闭合电路欧姆定律得.E金属框由静止到Pq边界过程中由动能定理有in0咖锄,联立解得.BL砾硕D错误.巩固小卷61D命题立意本题考查超重失重斜抛运动和重力做功旨在考查考生的理解能力解题思路克服重力做功为cmgh,而两位同学质量关系不确定,所以两位同学跳高过程中克服重力做的功无法比较,A错误;跳高过程相当于斜抛运动两位同学在最高点都
38、有水平方向的速度,B错误;两位同学在跳高的过程中加速度相同,都为g因为跨越式重心越过杆的高度大于背越式则跳高过程中同学重心上升的位移大,腾空时间长,C错误;起跳过程中加速度方向先向上后向下,即先超重后失重,D正确。2.C命题立意本题考查摩擦力、胡克定律和牛顿第二定律,旨在考查考生的推理能力。解题思路物块最初处于静止状态设压缩量为缚0,施加水平外力F后,物块向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F儿（z0-“）严!gm即Fn队加gk（z-则0）;当则则0时F与勿呈线性关系因物块与弹簧并不拴接,则鳃o时物块与弹簧分离,物块受到水平面向左的摩擦力以及力F的作用物块做匀加速直线运动根据牛顿第二定律有
39、F以ngm,可知F大小不变C正确。3.A命题立意本题考查闭合电路欧姆定律电容器,旨在考查考生的理解能力解题思路由题图可知RR2串联,电容器Cl两端的电压等于R滑片左侧电阻的电压,电容器C2两端的电压等于Rl滑片右侧电阻的电压即UIR左U2R右,题图中Rl上的滑片偏向B即R左R右,则Cl两端电压大于C2两端电压,由于C!C2所带电荷量相等根据C;可知电容器C的电容小了电容器C的电容A正确BD错误;R的电阻变大由R旱几可知减小,c和Q两端电隆均减小,而电容器电容C不变,冉根据c;叮知两电容器所带电荷量均减少,C错误。4B命题立意本题考查带电粒子在电场磁场、重力场中的运动旨在考查考生的理解能力和分析
40、综合能力。解题思路由于带电小球进人叠加场做匀速圆周运动所以小球所受重力和电场力二力平衡,小球所受的合力为洛伦兹力因此小球在叠加场中做匀速圆周运动的半径为器,小球与甄轴的第个交点（小包括坐标原点o）的横坐标与逮度的关系可表示为卿二2-警结合已知条件删联立解得偷-器,所以二粉,B正确.5.A命题立意本题考查弹性碰撞和追及问题,旨在考查考生的理解能力和推理能力。f达人解题.过程分解.-.-一、骡声熏肄蔚两小球的运动可以分为三个过程:第-个过程b两小球发生弹性碰撞碰撞过程中动量守恒、能量守恒根据烫复文恒定律和能量守恒定律列式;第二个过程b两小球碰撞后到小球b与立柱碰撞前小球向左做匀速直线运动小球b向右
41、做匀速直线运动;第三个过程小球b与立柱碰撞后到b球与球在P点相遇,继续向左做匀速直线运动b与立柱碰撞后立即以与立柱碰撞前的速率向左做匀速直线运动根据更致芝式列式匹尸奶PQO宁一亡p亡勺解析设碰撞前球速度为OO碰后、b两球速度大小为和O2,运动方向如图所示取向右为正,满足M0MilmO2帅2十顺咖随,求得删烈铡,7哉徽,酗b两小球碰撞后“向左b向右均做匀速直线运动在继续向左做匀速直线运动时b与立柱碰撞后立即以与立柱碰撞前的速率向左做匀速直线运动,在b两小球碰撞后b运动时司相同,9榴题垮人设为膳P0间的距离设为z则b闻小球碰撞后的过程中对有z鹏!,对b有3L,由以上关系联立求得黑A正确6BD命题立
42、意本题考查正弦交流电的瞬时值、有效值和理想变压器,旨在考查考生的理解能力和推理能力解题思路题图示线圈位置是与中性面垂直的位置从题图示位置开始计时,电动势瞬时值表达式为eBScoso10c割0（v）,A错谩;变压器原线圈两端电压-借v5恒v根端舟求得变压器副线2;吨压表示数为25徊v,B正确;厕褪度升高电阻值减小对副线圈两端屯压无影响,电压表示数不变,根露六副线圈电流增大,义有所以增大即电流表示数增大,c错误;由干（增大R网端电压升高报警器报警,为提高预警温度R应减小,滑片适当向上滑,D正确7.CD命题立意本题考查功能关系和牛顿第二定律,旨在考查考生的理解能力和推理能力.解题思路物体上滑2m的过
43、程中,物体重力势能的增加量AEpmg憋SiI020J,A错误;根据牛顿第二定律有ngsin30。m求得4N滑动摩擦力做功8J物体的机械能减少8J减少的机械能转化为系统的内能即系统的内能增加8J,B错误D正确;物体所受沿斜面向下的合力Fm14N,则由动能定理得肚Ek,可得Ek险28J即动能减少28J,C正确。8.AD命题立意本题考查万有引力定律和圆周运动规律旨在考查考生的理解能力和推理能力解题息躇醒系统中的、c三颗冕球绕处的垦球做厕阔运动的周期和角速度棚同轨遮半径为古,由2婴富孪腮.得（,等）虫H镭凝;由-得咋坦3f）c雁.A正蹦由罢得三表圃的重力加逮度为g二狮印R中心o处的星球表面的重力畦度为
44、二丽印猛则g:gl!扛c错误;中心o处的垦球被均分暴M愿、c三颗垦球后,由22娜b2塑0.-2蜒得2挚因由誓可知三颗垦球运动的周期变大,D正确巩固小卷71.A命题立意本题考查结合能和比结合能,旨在考查考生的理解能力。解题思路聚变反应前H、H的总结合能为E!（32.782I.09）MeV,jHe的总结合能为E247.03MeV单个中易错结合能是某个原子核的比结合能与组成该原子核的核子数的莱积子n无结合能因此聚变反应后释放的能量为AEE2E!17.6MeVA正确2.D命题立意本题考查运动学公式及图像,旨在考查考生的理解能力。达人解题.厘图洼释己马】l）轴标移坐位横其与示线表图积中面像的涸成栏园喇四
45、乙甲斜率线斜磅亥大耐率时刻甲车图线斜率大于乙车的斜率示小表大础白阎刻中时像某咽在仁其）凹tt标线坐图横乙积与于面境大的图积成甲面围的轴呻成标儿围坐仆轴与解析在图像上各点切线的斜率表示该时刻物体的加速度,如果是倾斜直线,则表示物体做匀变速直线运动,如果切线与时间轴平行表示加速度为零结合本题的t图像可知,甲做初速度为零的匀加速运动,乙做初速度为零的加速度先减小后增大的变加速运动在时刻甲车的加速度大于乙车的加速度A错误;tl时刻乙车运动的位移大于甲车的位移则乙车在前,l2时刻甲车的位移大于乙车的位移,则甲车在前,B错误;002时间内两车相遇的时刻在l时刻后02时刻前,相遇1次C错误;由5知0时间内甲
46、车的平均速度比乙车大D正确3.A命题立意本题考查圆周运动规律和牛顿第二定律,旨在考查考生的理解能力和推理能力。解题思路轮子的线速度oR1.6ms,开始时,转动轴给木板提供向左的摩擦力,木板向左加速直至与转动轴共速,设加速阶段木板运动的位移为勿木板的加速度为,由牛顿第二定律得严mgm,22,代人数据解得z!O8m1。6m,可知木板先做匀加速直线运动冉做匀速育线运动设匀加速运动的时间为,根据运动学公式有厕十憾解得!L0,.木板匀速运动阶段d-如lu2,求得t20.5s所以Z21.5s,A正确4C命题立意本题考查安培力和法拉第电磁感应定律旨在考查考生的理解能力利推理能力。解题恩躇线框中产生的感应电流
47、仁器慧巾题圈知,02.内芳不变闺此线框产生的感应电流大小不变,又02呐B逐渐减小由楞次定律知,线框中的感应电流沿腆时针方向A、B错误;b边所受的安培力FBz粥B,02,?0高言题型物理选择题内芳不变,随月先变小后变大,由左手定则知安培力的方向先向左后向右,问翅分析24.内安培力的变化情况与0旨2.内的变化情况一致C正确,D错误5。C命题立意本题考查安培力、安培定则、矢量的合成旨在考查考生的理解能力及推理能力。达人解题.逆向思维变化前;二片万合磁感应强度为蛤B佩二古哈B二平上瞒嚼（广娜瞒滞嚣磷戳露.解析设正方形边长为,每根导线电流为,由安培定则判定B、C、D三根导线在A幂线处产生的磁场方刚咽所示
48、,出题意知,-啃,方腮十,合磁感应强艘B二挚.当c处的电流大小不变,方向反削后在州处产生的磁感应强当C处的电流大小小变,万问汉问旧,任A处广生田馏怨皿5虫凹BDBD而、q纬图1图2度方向咽2所示,B污则合磁感应强度为E笋根掘安墙力公式B皿叫得,c正确.嚣蹦瓣腻烈剿鳃二（墅仔罐A镭谈;.等蹦金蜀等,断以艘蒜所以7-鹏于c正确D错误.BD命题立意本题考查带电粒子在电容器中的运动和牛顿运动定律,旨在考查考生的推理能力和分析综合能力。解题慰路粉尘在除尘器中受到重力和电场力,根搬牛顿第二定律知厕g圆,m,其中圆舟联立解得g器A错误;若接近上金属板射人的粉尘恰好不能通过除尘器则所有粉尘都不能通过,有h“型
49、z鹏联立值得其初遮度需满足删新揣,B正确;粉尘恰好从下箍属板边缘通过除尘糯后,竖直方阿翱水平方阿分铡郁-憾健h-醚粉尘的电势熊减小量删为电场力所做的功则粉尘的屯势能减小堂AE二圆姚联立解得-蒜（g喘）,M二等（圈十黑）c镭误;除尘效率二l联立削式解得叮-蒜（喘）l可知当粉尘的初逮度变为2酗时,除尘敏率降低到愿来的寸,正确AD命题立意本题考查带电粒子在磁场中的运动旨在考查考生的推理能力和分析综合能力。解题思路若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线,则运动轨迹如图1所示,由几何关系可知,电子运动的轨道半径为厂页Lsin45LA正确;若电子从P点出发经原点O到达0点电子在磁场中运动,洛伦兹
50、力提供其做圆周运动的向心刀则何qB咖叮得器,固电子的人射逮率未知所以运动轨迹可能有啊种可能情况则运动轨迹如图2、3.根撮几何知识可得啊种轨迹图电子的半径分别为z和L,图2中）在第象限运动时轨迹所对的圆心角为90.在第、象限运动时轨迹所对的圆心角为270,因此电子运动的路程为2L,图3中在第、象限运动时轨迹所对的圆心角之和为360故电子运动的路程为订L,电子在Q点速度方向与轴正向的夹角可能为135。或者是45,B、C错误;D正确678!xxxxxXxP箕其O哪矿其洱义沉悯又罚干勺语又诞翼尸xxA）k阅XxxxxxNxxxx滇、）翼x;-了其芦、xx.;q其箕xN谰一瓣其蕊沉咒】河义其诞其罚又图3
