高中物理——高考必刷卷题型小卷21套——物理（参考答案及解析）.pdf

蕊广东省六校2020届高三上学期第次联考T.c解析本题考查对物理观念,的认识.静摩擦力和滑动摩擦力均可以与运动方向相同相反或相互垂直故两种摩擦力均可以做正功做负功或不做功,故A错误;在光滑的水平面上,由干没有摩擦力来提供需要的向心力,故汽车不能转弯,故B错误;们禾各禾用斜面实验研究自由落体运动日寸不计空气阻力,采用了理想化模型法,故C正确;物体的位移为零只能说明物体的初末位置相同若物体的路程不为零贝在运动过程中阻力可能对物体做负功,故D错误易错警示本题包含的易错点较多如半断摩擦力做功时很容易根据常规思维得到A正确;对于B选项忽路了“光滑!这条件,认为汽车转弯做圆周运动时受到的合力不为零在光滑的水平面上也能由静摩擦力来提供需要的向心力学生直接根据做功公式WFLcoS0认为当物体位移为零日寸力对物体做功为零导致错选D.2.解析本题结合速度时间图像考查两类动力学问题.由速度日寸间图像中图线的斜率可知,在05s内和l0!5s内物体的加速度大相等;设物体的质呈为!,斜面倾角为0,在05s内物体加速下滑,由牛顿第二定律可得矾gSin0F加所以Flmgsln0m彻;在5l0s内,物体匀速下滑受力平衡贝F2mgsin0;在1015s内,物体减速下滑,由牛顿第二定律可得F3mgS1n0l似所以F3gsln0,由以上分析可得FF2F故A正确,BCD错误.能力解法取沿斜面向下为正方向作合外力随时间变化的图像如图所示,由于10l5s内合夕卜力F合的方向与规定正方向相反,可知拉力Fq最大,即A符合题意厕垦谨行之土端-器砍蜡误-止赡根擂卯厕霉敏圆周运或的闷咖逼度之砒喘器故储误;恨提-等可涧双呈系统的运丁周期二2wc（）两星的间炬缓曼减广小,贝运行周期T减小,故l）错误快解双星系统可类比同轴转动由于转动半径不同,所以线速度不同,故A错误B正确;根据Fl二者之间的万有弓力大小相同质量不同所以加速度大小不相等,故C错误;类比卫星绕地球运动,轨道半径越周期越小故D错误。关键点拨解答本题的关键是清楚双星系统做匀速圆周运动具有相同的角速度和周期靠相互目的万有弓力提供向心力.C解析本题根据电场线考查电场的力和能的性质根据沿看电场线方向电势降低可知点的电势比点的言,故A错误;条电场线无法表示电场线的疏密,所以无法确定两点的电场强度的大关系,也无法确定电子在M、两点所受电场力的大关系,故BD错误;根据电势能公式Epq甲可知正电荷在电势言处电势能大,贝正电荷在点的电势能比在点的大,故C正确。关键点拨解答本题的关键是掌握电场线的特点意义,知道电场线的疏密表示电场强度的大,沿看电场线方向电势降低.56.C解析本题考查线框模型的多解问题线框开始做自由落体运动6边以定的速度进入磁场6边切害磁感线产生感应电流根据楞次定律及左手定贝可知6边受到竖直向上的安培力当安培力大干重力时线框做减速运动,有B几们g矾,直至BLmg线框匀速下落当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流此日寸只受重力作用,做加速运动,故这种吉况下线框的运动有两种可能胃况:o先减速后加速运动先减速再匀速后加速运动;当b边进入磁场后,若安培力等于重力,线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此日寸只受重力作用,做加速运动,故先匀速后加速运动;当6边进入磁场后,若安培力始终于重力线框做加速运动,当线框完全进入磁场后线框不产生感应电流此日寸只受重力作用做加速运动故始终做加速运动故C正确,ABD错误快解由于线框宽度小于磁场的宽度,线框的运动过程分为两个阶段个阶段是进入磁场的过程此时安培力做负功重力做正功此阶段线框的运动胃况不确定;第二个阶段是线框完全进入磁场的过程此时只有重力做正功此阶段线框做加速运动由此可排除AB、D.7.BC解析本题考查平抛运动的临界胃况分析飞镍做平抛运动,根据霹;可得芋飞镶在土中w了哦刷问只与高夏喜美,航巨质呈无关,故A错误;根据腮-0!可得0膊h仍在原位置投掷,增大出手言度,则x不变,l增大,所以适当减出手速度仍可正中靶心,故B正确;根据0十v六可知,人后退两步出手高度不变则增大,不变所以适当增大川手速度仍可正巾靶心或c正确;辊据gFN回、-上-lO气启日关键点拨解答本题的关键是知道速度时间图像中图线的斜率表示加速度,结合图像判断物体的运动胃况根据运动胃况的变化结合牛顿运动定律判断物体受力情况的变化B解析本题考查运动中的平衡问题及受力变化分析当不挂物体日寸,球形物体受重力支持力和摩擦力作用而匀速下滑,根据平衡条件可知,在平行干细杆方向有Mgsin0F0,在垂直干细杆方向有FMgcoS00,具中FN联立解得仪tan;当挂上质呈为m的物体日寸,以两物体整体为研究对象,在平行于细杆方向有F合（Ml）gSin0F在垂自干细杆方向有F内（l）gcOS0其中FLFk,联立解得F台0故整体仍匀速下滑球形物体受到细杆的弹力变大受至细杆的摩擦力变大,故B正确,A、C、D错误撰蹬蒸B解析本题考查双星问题.两星做匀速圆周运动它们具有相同的角速度,设角速度为两星的质呈分另为l2,两星的轨道半径分另为、2,则两星的间距十厂2根据牛顿第二定律可得GMfM22厂3旧GMM2M222解得M22厂艘腮（卿卿:根据队惫可茶坷删陶步出不蕊川”减变鄂减拙3D手高度仍可正中靶心故D错误。关键点拨解答本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律知道平抛运动的时间由高度决定初速度和运动时间共同决定水平位移.aBD解析本题考查光电效应规律。发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率若换用频率小的单色光b做实验单色光6的频率不-定小干金属的极限频率,所以可能会发生光电效应,也可能不会发生光电效应,故A错误;若换用频率大的单色光b做实验,根据光电效应方程Ekmhp吼可知满足EkbEk故B正确;根据eUEkm可知实验中增大入射光的频率时遏止电压增大遏止电压与入射光的强度无关故C错误;当发生光电效应时,增大入射光的强度,光电流会增大故D正确。关键点拨解答本题的关键是知道发生光电效应的条件是入射光的频率大干金属的极限频率与入射光的强度无关,与光照时间也无关当发生光电效应时增大入射光的强度光电流会增大。知识拓展用本题中的电路可以测量遏止电压当电源的电压为U时,采用频率较小的单色光做实验不一定能发生光电效应但是定不能检测到光电流9.BD解析本题考查楞次定律的推论。当强磁铁向下运动时穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向上所以感应电流产生的磁场方向向下根据右手螺旋定则可知通过电阻的电流方向为6故A错误;根据楞次定律“来拒去留”可判断出线圈对强磁铁的运动有阻碍作用,所以强磁铁下落的时间比没有线圈时长故B正确;若强磁铁进入线圈时速度较小线圈对磁铁的阻力小于磁铁的重力时此过程磁铁的加速度方向向下同理离开线圈时也可能存在类似情况故D正确;强磁铁由静止释放的高度越高强磁铁遇过线圈的时间越短根据法拉第电磁感应定律E等可得感应电动势越大,根据P等可得图示位置电阻的功率越大,故c镭误.关键点拨解答本题的关键是当出现弓起磁通量变化的相对运动时,感应电流的效果就阻碍两者间的相对运动,即“来拒去留,OBD解析本题考查理想变压器因A、B、C三个灯泡相同且均正常发光可知UUAU0U2UBUc2UB2U0则有Ul:U2l:2,根据理想变压器的电压与匝数关系可得nl:n2Ul:U2l:2根据理想变压器的电流与匝数关系可得-通过的电流为-2流过R的电流IRAlA2IB3B,交流电源的电压UUARR4U0故A、B、D正确C错误。关键点拨解答本题的关键是要清楚“三个完全相同的灯泡均正常发光”所表达的物理含义由干A与原线圈并联,原线圈两端电压是灯泡的额定电压但题中给出的电压是交流电源的电压并非原线圈两端的电压,要注意二者之间的关系.0lCD解析本题考查带电粒子在有界磁场中的运动根据几何关系可知从“边界距点处射出磁场的粒子运动的轨迹半径R二,由洛伦兹力提供向0力,蔫等,可得厦锹厂60。警著粒子射磁场增大为2喻,由洛伦“庶r60.径R二L,由洛伦兹力提供问心力,有q似B簧,解得粒子射入磁场的速度刨3o,若粒子射入磁场的速度不大于30,则所有的粒子都从c边射出磁场,射出方向与C边的夹角为30与b边垂直在磁场中运动的轨迹所对应的角度都为60粒子在磁场中运动的时间都相等故CI）正确,B错误易错警示本题的易错点在于不清楚从C边射出磁场的所有粒子运动轨迹所对应的角度相等以及粒子在磁场中运动的时间都相等不能准确画出粒子运动轨迹的示意图。蹿2BCD思路点拨）A的质量和绳长甜叫刊鹃联赘惫索博瓣擞戮动量守恒定律理卢正量动解析本题考查动三定理动量守恒定律和能量的综合应用由题图乙可看出,AB起做周期性运动,运动的周期T2t0故A错误;设子弹和物块的总质呈为m,在最高点的速度为o2根据题图乙可知,在最高点绳2U2的拉力为零,贝有厂mg,解得似2呵设子弹和物块在最低点的速度为,由最低点到最高点,由动能定理得吧.2m;厕,解叁叁得毗-雨在最蹿狮:-竿解得腮-hA的履量为雕删Fmm0故B正确;子弹射物块的过程中水平方向动呈守恒,以子弹6g的初速度方向为正方向由动量守恒定律得m00mo,解得鹊;爵,散D正镶;定理可得子弹射鞠块的过程啡所受八p0O（ool）代入数据可得m0o0（Fm6mog）,故C正确。FmT3.（l）0.l（l分）4.3（分）6。48（1分）（2）匀加速（或匀变速）直线（l分）（3）0.261（2分）（4）0。26（2分）解析本题考查读数及匀变速直线运动的数据处理（1）由题图可知A、B两点间还有4个计时点,故AB两点间的时间间隔是0.sA点到D点的距离是4。l3cmD点至C点的距离是6.48cm（2）通过测量不难发现（鳃Bc绷AB）与（卯cD-匆Bc）、（鳃DE熊cD）基本相等。这表明在实验误差允许的范围之内拖动纸带的小车做的是匀加速直线运动（3）设A至B之间的距离为则l,以后各段分另为x2鳃3、如4鳃5、匆6根据逐差法可得,财6如33l尸,腮5-卿232P,鳃4鳃l33严,平均加速度顶孪.可得-（鳃十翼趣）（十测）代入数据解得9严O26mS2（4）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,有厨器:滞m爵0皿.万法拓展对于纸带的数据处理般会涉及两个物理量是加速度,需要利用逐差法进行计算需要掌握逐差法相关的表达式;二是瞬时速度利用中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度进行求解易错警示本题的易错点在于读数时不清楚是否应该估读而导致读数出错,对于逐差法不能灵活变通,不清楚位移之差所表示的物理含义。肆声;产尝蹿兹力提供向心力旬（2徽0）-,可得3涎乙m（2o0）2R2二芋,根据几何关系可知出射位置距点0霞茅故A正确;粒子从磁场区域的点射出,很据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半bO2子弹射人物块系统最低点速度系统最低点拉力系统最高点速度系统最高点拉力子弹射入物块过程中所受冲量大小（l分）（1分）（l分）o（l分）得F安cos53。以（!lgF安sin53）解得F安30NF安B几（2）60kO（2分）l0kO04（1）见解析（3分）899.5（l分）R2（1分）（2分）解析本题考查电表的改装问题。（1）连线如图所示根据欧姆表的改装原理当通过电流表的电流为50A时有E厂RoRR阻Rg解得R899.5O贝滑动变阻器选择R2;（2）指针在处,有二R带藏.带RE擂针在b处,有:尺尺凡带凡,懒EU.冗哑EBL0o（l分）联立o解得u5mso（l分）（2）b棒受到的安培力最大值为FAm2gsjn53。O（2分）M棒与b棒中电流相等,所以C棒所受安培力最大值也是FA以cd棒为研究对象,要使cd棒不滑动,满足FAcos53。以（mlgFAsin53。）（l分）以mlo（1分）联立O式和O式解得m2（cos53。严sin53）sin53。代入数据解得m23.75kgo（分）（3）无论b棒质量多大、从多高的位置静止释放cd棒都不动即当6所受安培力FA趋干无穷大（或者加2趋于无穷大）式都成立,应该满足FAcos53严o（l分）mlgFAsjn53解得严0。75o（1分）易错警示本题在分析第（3）问的时候容易出错,想不至通过安培力分析动摩擦因数的大,从而导致无法解题叭马坤黑吟廷红州g擂针在b处,有:R0尺R擞带R:,解得R蜜0kO.E关键点拨解答本题的关键是器材的选取与实验电路的设计清楚欧姆表的内部电路知道欧姆表的中值电阻为欧姆表内阻的大小。刷育所得处理多用电表内部原理的技巧（1）明确多用电表的原理实质是闭合电路欧姆定律的直接应用;（2）多用电表测量电流和电压所依据的原理是串联电路并联电路的特点及部分电路的欧姆定律;（3）由于电阻刻度不均匀,为了减小测量误差应使指针尽可能指在表盘中央刻度处,当指针在中央刻度处时k令,表明么Rx二厂RgR0R故把凡厂RgR0R称为中值电阻5（I）2ms23ms2（2）0。25m（3）0.64m解析】本题借助板块模型考查两类动力学问题。（l）小铁块滑离木块前,由牛顿第二定律得MlF件（M!）g（2分）解得l2ms2（l分）铁块滑离木块后有M2F儿Mg（2分）解得23ms2（1分）（2）木块的长度Lq2025m（2分）（3）0。5S时木块的速度otlms（1分）0.5s至0.9s,时间t0。4s,位移刨A叶十:（咖）2（2分）解得s0。64m（1分）关键点拨本题难度较小,要清楚铁块B在木块运动方向不受力的作用即相对于地面保持静止状态其作用只是增加了木块对地面的压力,这是解决该题的难点。6.（1）C5ms（2）3.75kg（3）不小于0。75l思路点拨7（l）ACE解析本题考查热力学常识。晶体在熔化过程中,温度不变分子的平均动能不变,变化的是分子势能,故A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规贝运动而固体微粒是由大量分子组成微粒的运动是大量分子的集体运动,并不是单个分子的无规则运动所以布朗运动不能叫作热运动,故B错误;在轮胎爆裂的短暂过程中,胎内气体膨胀,对外做功内能减小,温度降低故C正确;液体和固体可用摩尔体积除以分子体积计算出阿伏们德罗常数而气体分子占有的空间远大干分子的大小所以不能根据水蒸气的摩尔体积和水分子的体积计算出阿伏们德罗常数故D错误;用油膜法估测分子大小的实验中如果有油酸未完全散开,测得的油膜面积偏小,则由此计算出的分子直径偏大,故E正确。易错警示本题的易错点在于对布朗运动的性质分析,误认为布朗运动是微观粒子的运动所以是分子的热运动;另外在计算阿伏咖德罗常数时,看至摩尔体积、分子体积直接生搬硬套,忽略了气体分子的体积远小于气体分子占有空间的体积（2）O腑吸热孪g解析本题考查热力学与力学综合石题o通过电热丝缓曼加热气体的过程中,气体发生等压变化,根据盖吕萨b棒在重力和利用石手定则Cb-J哇而!c棒刚要滑安培力作用沿导轨滑动可知电流方向为bVlb克定律可得万万u）（2分）动骨动安培力沿导轨的分力大小相等飞忽力与摩擦其中Tl300K,L360KJi,解得vb（分）封闭气体做等温变化内能不变,气体体积增大,对外做功,根据热力学第定律可知此过程中气体吸热（2分）通过挂沙盘并在沙盘中添加沙使活塞移至汽缸的过程中,气体发生等温变化,设活塞的质量为m根据玻意耳定律可得plVlp2bo（2分）其中ppo等（l分）0等（分）联立o解得厕罕（l分）gd若cd棒不动:（l）动摩擦因数固定说明6棒达到最大速度时c棒产生的最大安培力在临界状态以内（2）动摩擦因数可调说明无论安培力怎么变化安培力沿导轨的分力不大干其摩擦力的大小,即只考虑安培力沿导轨和垂直于导轨方向两个分力与动摩擦因数之间的关系。解析本题借助双杆的情景考查单杆在磁场中的运动问题（1）由右手定则可知,c棒中感应电流的方向是CdO（2分）对c棒进行受力分析c棒冈好滑动时有F安cos53。（l分）Lo（l分）mlgF安sin53（l分）D3可得红光与紫光的临界角分另为C红60。C紫45（1分）而光线在AB面上的入射角j二45说明紫光合好发生全反射,红光在AB面上发生反射和折射。所以在AM处产生的亮斑为红色,在A处产生的亮斑为红色与紫色的混合色（l分）2画出光路图如图所示（1分）PP7关键点拨解答本题的关键是清楚初未时刻气体状态参量在分析受力情况时,要以活塞为研究对象结合平衡条件求解封闭气体压强。8（l）BDE解析由题图可知波长入4m则波的周期为T土sO4s因pl0为-l,根据波形的平移可则,这歹波沿轴负方向传播,枚A错误,B正确;因为波沿帅轴负方向传播由“上下坡”法可知0时质点向平衡位置振动,即质点沿y轴负方向运动C错误;从0时亥开始质点经0.2S振动了半个周期,那么通过的路程为s2AO4In,D正确;l0时亥郎2m处的质点向轴负方向运动,其位移表达式为）娠m（丫十而）2sin（5而叶w）（m）,E王魄关键点拨解答本题的突破口在于根据波形图及传播肘间确定波传播的方向结合波动与振动之间的关系进行分析.（2）AM处产生的亮斑Pl为红色A处产生的亮斑P,为红色与紫色的混合色（5可十l0）cm解析O根据临界角公式sinC上（分）歹-马-O月的0厂设折射角为r,两个光斑分另为PP2根据折射定律得（l分）削I厅解得sin厂业3（l分）R田几何知识可得tanAPl解得APl5可cm由几何知识可得OA2为等腰直角三角形,解得4尸2l0cm所以PP,（5可10）cm、给（l分）（1分）（l分）河北省“五个名校联盟”2020届高三摸底考试能力解法作动态三角形分析,由图可知Fo直增大,FOB先减小后增大,A正确。.c解析本题考查物理学史牛顿将行星与太阳地球与月球、地球与地面物体之间的弓力规律推广至宇宙中的切物体,得出万有弓力定律A错误;奥斯特通过长日寸间的实验研究发现通电导线周围存在磁场B错误;卢瑟福用粒子轰击氮原子核发现了质子,C正确;爱因斯坦的光子说认为能否发生光电效应与入射光的频率有关当照射金属板的光子频率超过某特定值时会瞬间有电子逸出,与光照日寸间无关,D错误2c解析本题考查匀变速直线运动的速度与时白关系问题。作出两车运动的0昌图像如图所示,观察图像易得,两车的位072l0002.00m移差x四0t03600（）二4D解析本题考查卫星的变轨问题第宇宙速度是卫星绕中心天体表面附近运动的最大环绕速度所以卫星在轨道3上稳定运行的速度小于第宇宙速度A错误;卫星由轨道2变轨到轨道3需要点火加速所以卫星在轨道3上经过P点的线速度大于它在轨道2上经过P点的线速度,B错误;根据牛顿第二定律可知,C蝉粤,卫星在轨道l上经过厂厂Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度,C错误;卫星在轨道2上从0点到P点的过程中重力势能增大,动能减小速度减D正确l易错望示判断卫星在不同轨道的交点处的加速度大小时容易出错,往往会认为即使在同点,由于轨道不同,所以速度的大不同,从而认为加速度的大也不同5解析本题考查根据功和位移的图像分析物体的运动.由吗b对应题图Z中的b图线可知,物体与地面间的滑动摩擦力为2N由队mg可得0.2D正确;由Fb对应题图Z中的图线可知前3m酣立山F-5N畦度憾!-罕-2,C正硼山动能擒m2可得9m时物体的速度二3厄ms,A错误;设物体运动的最丝大位移为sm田动能定理可得WFbm0,即物体运动的最大位移sm粤-厕正赡.豁赋的.关键点拨解答本题的关键是正确读图,要清楚图中的斜率表示力的大小,拐点代表力的大小发生了变化动能的变化为合外力做的功,只有清楚这几点才能正确解题40m即两车行驶的安全距离至少应为（）40mC正确、仆四关键点拨解答本题的关键是清楚两车刹车的距离相同二者之间的安全距离实为在反应时间内行进的距离注意在代入反应日寸间时要代入最大值3.解析本题考查共点力平衡对结点O进行受力分析如图所示,根据三力平衡特点可知OAOB对0点的作用力FOAFoB的合力F与C等大反向即FG,在0F0BF中,F0FOB90,又0FF0B乙FOFM,故OFoBFl80。-（90。）-90-,由正弦定理F0B30。时F（）仔最粤醚馒）霹得,尿懈盯兰泞因不变故当户（46C解析本题考查结合静电场电势图像分析电场的性质静电场的电势先小于零后大干零说明ql和92带有异种电荷A错误;题图中曲线切线的斜率表示电场强度的大小鳃l处切线的斜率不为零所以知l处的电场强度不为零B错误;电势能Epq华将负试探电荷沿卯轴从匆l移动至卯2电势升高电势能减小,C正确;将正试探电荷沿鳃轴从匆l移动至则2电势曲线的切线斜率减小电场强度减小正试探电荷受至的电场力减D错误。知识拒展I在华-鳃图像中,图线的斜率表示电场强度的大小7.C解析本题考查电路动态分析。由题图可知,电阻R0与电容器串联,故稳定时其两端的电压为零A错误;滑片自下向上移动段距离时滑动变阻器接入电路的电阻减小,故总电阻减小则由闭合电路欧姆定律可知总电流增大内电压增大路端电压减贝电容器两端的电压减小所以电容器C上所带的电荷量减少,B错误;因为总电阻减所以流过L的电流增大灯泡L消耗的电功率增大,C正确;因为总电流增大根据pE可知电源消耗的总功率变大D错误易错警示本题的易错点在于对电源消耗总功率的半别,可能出现将电源消耗的总功率与电源的输出功率相混淆的胃况从而导致错解;另外就是不清楚电容器所在的支路是断路没有电流通过。8D解析本题考查电磁感应问题根据楞次定律可知在1s前后,感应电流的方向都是顺时针方向,错误;根据感应电动势E等等观察图像可知圆50v二05vB错误;线圈产生的感应电谎l0.05A在2s内通过线圈横截面的电荷量qh0。lCD正确;线圈中产生的焦耳热Q尸R0.005J,C错误蜀错鳖示本题中1s时,磁场方向发生了变化,但是感应电流方向没有发生变化。感应电流是否发生变化要根据楞次定律判断而不能根据磁场方向是否发生变化判断。9.D解析本题考查远距离输电问题理想变压器的输出功率等于输入功率由于在输电线路上有功率损失故UlIlU2I2A错误;保持输送功率不变增大Ul根据P可知,输电线路上的电流减小,即I减小则h减小,降压变压器原线圈两端的电压U3UlIlR增大则降压变压器副线圈两端的电压U2增大B错误;保持Ul不变输送功率增大,根据P可知,输电线路上的电流Il增大则L增大降压变压器原线圈两端的电压U3Ul-R减小,故降压变压器副线圈两端的电压减小即U2减小C错误;用户消耗的功率与发电厂的输出功率的比值为l舟l71可用户减少,用户总功率减小,减小,故用户消耗的功率与发电厂的输出功率的比值增大D正确。万法拓展理想变压器的输入功率由输出功率决定,输出电压由输入电压决定;明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关明确整个过程中的功率、电压关系T0D解析本题考查含弹簧系统的受力与运动分析。细绳烧断前小球的受力情况如图所示,小球在三个力的作用下保持平衡,细绳烧断瞬间细绳的拉力消失具余两个力的合力大小等于细绳烷断前细绳的拉力大小方向与细绳的拉力方向相反加速度不为重力加速度所以小球不能做自由落体运动A错误;小球离开弹簧瞬间,加速度等干重力加速度但速度方向偏离水平方向斜向下所以小球离开弹簧后做的是斜抛运动,B错误;由过程分析可得小球冈开始运动时加速度大于重力加速度后来等于重力加速度C错误;球离开弹簧后只受重力作用加速度为重力加速度,故小球离开弹簧后做匀变速运动D正确易错警示本题的易错项为B项细绳断开瞬间小球受到两个力的作用两个力的合力作用使小球斜向下运动在分析时可能错误地认为弹簧的弹性势能转化为小球在水平方向的动能,然后小球再开始做自由落体运动。们。CD解析l本题考查对核能的理解核电站是利用核裂变原理工作的A错误;在原子核反应中反应后比结合能变大,说明该核反应过程释放能量B错误;根据电荷数和质量数守恒可知,X的质量数是2231电荷数1l20所以X是中子C正确;根据太阳产生热量的原理太阳是个巨大的热核反应堆（核聚变）D正确T2.c解析本题考查带电质点在平行板电容器中的运动。金属板A、B未旋转之前带负电质点以初速度o0从平行板电容器左侧进入,恰好能做匀速直线运动从右侧穿出所以带负电质点受至的电场力方向竖直向上,故金属板A定接电源正极,A正碉金属板B未旋转之前,q吨,设金属板旋转的角度为,竖直方向的电场力为q糕:二:略,水平方向的电场力为,黑;是恒力,故带负电质点向右做匀加速夏线运动C正确B、D错误。易错鳖示本题的易错点在于没有经过镇密的受力分析与数学推导计算,没有得出带负电质点竖直方向合力为零。3BD解析本题考查传送带问题。在煤块冈放上传送带时,此时煤块相对于传送带向下运动可知摩擦力方向沿传送带向上,根据牛顿第二定律可得F-mgsin0陛mgcos0ml解得l8ms2,A错误;t1s时,煤块的速度llt8ms与传送带的速度相等,1s后煤块继续加速向上运动此时煤块相对干传送带向上运动摩擦力方向沿传动带向下根据牛顿第二定律可得F一ngsin0mgcos0m2解得24ms22s时速度2l2212ms2s之后撤去拉力由牛顿第二定律可得ngsin0队mgcos0m3解得38ms22.5s时速度3u2-338ms,与传送带的速度大小相等,B正确;画出传送带和煤块的一t图像如图所示,传送带的长度蒜二9m,煤块在25.内的位移腻十:m（8l2）hn（l28）O5ml9m即25.时煤块到达传送带顶端前1s内煤块相对于传送带向下运动传送带上划痕的长度8lm4m,后l5煤块相对传送带向上运动,划痕长度为2（l28）15m3m,划痕与重合,故划痕总长度为4mC错误;由于摩擦产生的内能Q1s（sls2）0.25200.8（43）J28J,D正确。D（n.s）l284八0l22.5赡冕错警示本题的易错点在于不清楚煤块运动过程中摩擦力的方向随速度的变化会发生突变,从而导致计算加速度、位移做功等出错。4BC解析本题考查带电粒子在组合磁场中的多解问题根据题意画出粒子的运动轨迹粒子最大的轨迹半径如图甲所示此时粒子的轨迹半径为1m若粒子在三角形磁场完成次半圆周运动之后进入外磁场轨迹如图乙藤示恨据几何关系可知,轨迹半径为m,以此类推粒子的12轨迹半径为页7丁m,0,2.3.;由哪B哪可得器解得B0.2（2nl）T,0,l,23;B正确磁感应强度有很多数值该粒子的整个运动过程的周期也有很多数值A错误。若磁感应强度大小B1T,则l2r0。2m带电粒子的运动周期T2卫粒子运动的时0F绳F弹gD5间为14个周期总时间t2803sC正确若该粒子以同样大小的速率从P点沿轴负方向射出要使粒子回至P点粒子的轨迹半径为lrZ而干Im,l01,23;则B0.2（2nl）Tl01,2,3由T警得-丽裂丁.,-0.,2,.,则真运动周期无最小值,D错误.吕电萝l后F4N,对干木板,删等lms2（2分）对于木块mm二丛皿直2ms2（2分）m设木块与木板相对滑动的时间为tl1s末其速度为有么（测带佩）（“）2（2分）解得tl2s（1分）t00tl1s2s3s（2分）能力解法01s内F2N木块与木板不发生相对滑动。l后F4N,对于木板,等lm鼠2对于木块nm旦二丛匹吕2ms20相对加速度二1mS2即木块相对于木板做初速度为零加速度为lnls2的匀加速直线运动根搪L“;,解得2二2.,故总时间03.T8.6BO解析本题考查带电粒子在电磁组合场中的运动当粒子进入匀强磁场中受至的洛伦兹力提供向心力做圆周运动,qBmO2R,甲乙易错墓示本题的易错点在于对粒子可能的运动轨迹分析出错,不能找到通解的情况,从而无法正确地分析可能的运动时间磁感应强度周期等。5.（l）C（1分）E（l分）G（1分）（2）见解析（1分）（3）2.5（l分）l.5（l分）解析本题考查非纯电阻的伏安特性曲线。（1）电风扇工作的额定电压为V,电压表应选C.小电风扇工作的额定电流二二6A,电流表应选E.要求电风扇两端的电压从零逐渐增加至4V则滑动变阻器要采用分压式接法,选择最大阻值为5O的G。（2）由（1）知滑动变阻器采用分压式接法小电风扇的电阻远小于R普667Q更远小于电压表内阻,电流表采用,卜蜜法,电路图如圈所示.k铲解得R器（2分）粒子与z轴成45。角进入电场并且与电场垂直o删sin;5.抠凡（分）由O2OM可知OV2面R粒子做类平抛运动如图所示沿电场力方向运动的位移为淄;OXR侩厂（3）电压表的读数小于0.5V时电风扇没转动根据欧姆定律得线圈电阻R-器n止常工作时电压为.根搪题图乙可知电流为0.6A则小电风扇发热功率P热2Rl0.622.5W0.9W则机械功率PUJ2Rl2。4W-0。9W1。5W关键点拨解答本题的关键是仪器的选择与接法的设计要清楚电流表、电压表的选用不仅要遵从安全性原则,还要使读数尽量准确对于电流表内接还是外接要考虑用电器的电阻大看电表分流明显还是分压明显冕错蟹示本题的难点是小电风扇电阻的计算在计算时容易类比小灯泡的伏安特性曲线,认为小电风扇的电阻是随着工作电流的变化而变化的,从而导致错解。（）2摇）（2）侧嘴）解析本题考查电磁感应与电路、动量定理的结合。（l）根据能量守恒定橇得,系统产生的热量0咖谬;（2分）Rm;定值串阻R上产生的热量0蹦Q刀R十）（2分）（2）安培力的冲量为B几tBIqm0（2分）在此过程通过回路的电荷量qA（铝厂黑羔（l分）mU0（R厂）导体棒发生的位移勿（1分）B2L2易错警示解答第（1）问时需注意,本题要求的是定值电阻R上产生的热量而不是整个电路中产生的热量。073s解析本题通过板块模型考查动力学问题01s内F2N,木块与木板不发生相对滑动。面R.sjn453R垂直电场力的方向位移为R（2分）故有3RL.鱼.02Rt（2分）2m解得E6Bo（2分）易错警示本题的易错点在于不能正确作出粒子的运动轨迹对干带电粒子在倾斜电场线中运动的司题带电粒子的运动般为匀加速直线运动或类平抛运动,可据此逆推带电粒子在磁场中的运动轨迹.（1）126N（4）0.4思路点拨厂镭豁l9初始向下运动绳子断况如图b向上运动61可能在此脱轨!gcos速周动脱轨时重力指向圆心的分力恰能提供其做圆周运动的向心力解析本题结合圆弧轨道考查多过程问题中的能量变化,圆周运动情况分析（l）物块下滑过程中根据系统机械能守恒可得叫gh腮鸿蒜（）酗i,O6解得A5ms（2分）物块从A至B由动能定理可得12l2-严ml醉-丁mlUB建丁mlOA,凸凸解得oB4ms（1分）设在B点轨道对小物块的支持力为FN,根据牛顿第二定律可得20B（l分）FNmlgml万解得FN126N,根据牛顿第定律可得,物块对半圆轨道的压力附FNl26N（2分）（2）OP与OC间的夹角为根据机械能守恒可得十狮咕二咖）gR（l）十咖2（2分）与轨道分离时有哪g-侧,解得cosO4（2分）20（l）ACD解析本题考查分子动理论、热力学第定律及固体、气体的基本性质。打开酒瓶后可以嗅至酒的气昧说明分子在做无规贝运动A正确;根据UW0可知,绝热膨胀过程,Q0、W0,所以U0,即理想气体的内能减温度降低,故气体分子的平均动能减小B错误;每个分子占据空旬的体积服犬.着把每个分子占搪的空司看作立方憾,贝这种气憾分子之间的离示为概,c正蹦性点可知,D正确;空气的绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强相对湿度是指空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压之比所以空气的绝对湿度大相对湿度不定大,E错误。易错蜜示】本题的易错点在于E项不清楚绝对湿度与相对湿度的物理意义导致无从判断E是否正确（2）O75cmHg300K解析本题考查气体实验定律在液柱模型中的应用o初始状态下封闭气体的压强plp0pgh（1分）体积VlVh0S在左管中加入水银柱后,封闭气体的压强p2p0（1分）体积hV,由于气体发生等温变化由玻意耳定律有pVlp2Ji（1分）联立以上各式,解得环境中的大气压强P075cmHg（分）当右管的水银面恢复至原来的位置时右营中气体的压强p3P02Pgh0（7524）cmHg83cmHg（1分）体积VjV1由理想气体吠态方稗q知,啡券（2分）解得环境温度7b300K（1分）关键点拨I对干气体问题关键是要找到气体状态变化时始末状态的压强、体积温度三个参量要注意变化过程是有个参量不变,还是三个参量都变化（1）BCE解析本题利用波动图像和振动图像考查波的传播问题由题图甲可得,该波的波长人4m,由题图乙可得,周期二2.十Hz,波速上2msA错误B正确;在t0时刻质点V向上运动根据同侧T法可知该波沿z轴负方向传播C正确;由题图可知质点M开始时向下振动传播相位时质点的位移为零可知质点删的振动方程4愚m（丽十丽）cmD错误;在00.时间内,质点经过了5个周期,每个周期经过平衡位置两次质点M在平衡位置出现l0次,E正确易错鳖示在分析质点M的振动方程时容易搞不清相位关系而出错（2）o可但凸解析本题考查光的折射与全反射的综合应用。o作出光线在透明玻璃材料中的光路图,由几何关系可知光线在AC界面的折射角厂30。（l分）由折射定律几sin45（2分）sln厂解得透明玻璃材料的折射率可（1分）设光线在BC边的反射点为D,在AB边的出射点为E2LBC由几何关系可知OC4cos30则OABCcos30OC2由几何关系知哑二Bc0.-粤.由勾股定理得光线在玻璃材料内发生的位移大小为oE（叫）2（呕）2乎C）分分分（1分）4EB关键点拨解答本题的关键是对几何知识的应用,根据题中条件正确作出光路图找至入射角与折射角,利用几何知识求解角度的大,注意本题中要计算的是位移而非路程。小题提分卷（-）F舅错警示本题的易错点:一是未理解题中所给相邻挂钩之间的距离和斜挎包的宽度之间的联系而仅凭主观臆断错选A应根据平衡条件歹出力学平衡方程,借助表达式正确分析问题;二是混淆挂钩数与挂钩间距数导致错选C2.B解析本题考查氢原子能级跃迁。大量处于能级的氢原子向基态跃迁时最多可能发出C:种不同频率的光子由题可知C:6,得4如图所示为氢原子跃迁示意图其中从几4能级跃迁到1能级时辐射的光子的能大即频率最人.由圆,-可知,魁-六圆,侧辐射的光D解析本题主要考查的是共点力平衡和力的合成与分解设悬挂后的包带两边受到挂钩的拉力均为F包带与竖直方向的夹角为0受力示意图如图所示根据平衡条件可得2F吨,则有F撇面,由此可知在斜挎包的质量定的条件下为了使悬挂时包带受力最小cos0应最大。由于相邻挂钩之间的足离为7cm斜挎句的-00二矿-冗占己了卢孕巴、-同三厂二莉甜mgcos0应最大。由于相邻挂钩之间的距离为7cm,斜挎包的宽度约为2lcm,故使包带跨过四个挂钩时挂钩总距离与背包宽度相同00即cos0l这样忌挂时包带受力最小故本题选D。7充电,只有手机中有接收线圈时手机才能利用电磁感应进行无线充电故C错误;根据电磁感应原理可知,接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同故D正确。万法拒展无线充电的本质是能量的传递,本题中该手机所采用的无线充电的原理是电磁感应即发射线圈中通有交变电流在其周围产生了变化的磁场变化的磁场使接收线圈产生电流,通过场实现了能量的传递从而实现无线充电。7。C解析本题考查安培定贝的应用以及磁感应强度的b矢呈叠加如图所示由安培定则可知直导线c在点区肾刽p产生的磁感应强度方向竖直向下大小为B;直导线b在点产生的磁感应强度方向均水平向左大均为B根据矢量合成法则可知点处的合磁感应强度大小为B刷（2B）2B2百B故C正确.能力解法根据同向相吸、异向相斥可知直导线b、在点产生的磁场方向相同,直导线c在点产生磁场方向与直导线6d磁场方向不在同条直线上根据直导线周围磁场的性质可知只有直导线6、存在时,点处的合磁感应强度大小为2B当存在c时根据矢量叠加可知点处的合磁感应强度大应大于2B即C符合题意。8.C解析本题通过平抛运动和斜面组合的模型考查平抛运动的规律以及应用数学知识处理物理问题的能力。设小球从A点运动至B点水平方向的位移为腮,竖直方向的位移为,运动时间为t根据勾股定理可得颠2广L2,根据平抛运动的规律有瓣鹏,廖,则有（删!）十（鳃圆）:代入数据解儒.亨确万法拒展小球自倾角为0的固定斜面水平抛出,若落在斜面上,有以下两个结论:2o0tan0水平位移为如2似;an0,竖直位移为y（l）飞行时间为gg2;tan20均与初速度和斜面的倾角有关目分位移与初速度的平方成正g比;（2）若末速度与初速度的夹角为甲则存在tan华2tan09.BC解析本题主要考查平行板电容器的动态分析根据