2019高考全國(guó)卷

1、（2019新課標(biāo)）2019年1月，我國(guó)嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功在月球背面軟著陸。在探測(cè)器“奔向”月球的過(guò)程中，用h表示探測(cè)器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖象是（）ABCD【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【專題】34：比較思想；4C：方程法；52A：人造衛(wèi)星問(wèn)題；62：推理能力【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力定律寫出F與h的關(guān)系式，再根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)確定圖象的形狀?！窘獯稹拷猓涸O(shè)地球的質(zhì)量為M，半徑為R探測(cè)器的質(zhì)量為m。根據(jù)萬(wàn)有引力定律得：FG可知，F(xiàn)與h是非線性關(guān)系，F(xiàn)h圖象是曲線，且隨著h的增大，F(xiàn)減小，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握萬(wàn)有引力定

2、律，知道公式FG中r是探測(cè)器到地心的距離，等于地球半徑加上離地的高度。（2019新課標(biāo)）太陽(yáng)內(nèi)部核反應(yīng)的主要模式之一是質(zhì)子質(zhì)子循環(huán)，循環(huán)的結(jié)果可表示為4HHe+2e+2v已知H和He的質(zhì)量分別為mp1.0078u和m4.0026u，1u931MeV/c2，c為光速。在4個(gè)H轉(zhuǎn)變成1個(gè)He的過(guò)程中，釋放的能量約為（）A8MeVB16MeVC26MeVD52MeV【考點(diǎn)】JI：愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程【專題】32：定量思想；4C：方程法；54P：愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專題【分析】求出核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損，再根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程進(jìn)行求解?！窘獯稹拷猓悍磻?yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損約為：m4mpm41.0078u4.

3、0026u0.0286u，由于1u931MeV/c2，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可得：Emc226MeV，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查核反應(yīng)過(guò)程中的能量計(jì)算，會(huì)計(jì)算質(zhì)量虧損，能夠利用愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程進(jìn)行解答是關(guān)鍵。（2019新課標(biāo)）物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質(zhì)量最大為（）A150kgB100kgC200kgD200kg【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡【專題】32：定量思想；4C：方程法；527：共點(diǎn)力作用下物

4、體平衡專題；61：理解能力【分析】以物體為研究對(duì)象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件列方程求解物塊的最大質(zhì)量?！窘獯稹拷猓阂晕矬w為研究對(duì)象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得：Fmgsin30+mgcos30當(dāng)拉力最大時(shí)質(zhì)量最大，解得：m150kg，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。（2019新課標(biāo)）如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)

5、射源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為（）AkBl，kBlBkBl，kBlCkBl，kBlDkBl，kBl【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】32：定量思想；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；62：推理能力【分析】畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得速度大小?！窘獯稹拷猓簭腶點(diǎn)和d點(diǎn)射出的電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得：Ra，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvaBm解得：vakBl；對(duì)于從d點(diǎn)射出的電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得：Rd2

6、l2+（Rd）2解得：Rd根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvdBm解得：vdkBl；故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。（2019新課標(biāo)）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2由圖中數(shù)據(jù)可得（）A物體的質(zhì)量為2kgBh0時(shí)，物體的速率為20m/sCh2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek40JD從地面至h4m，物體的動(dòng)能減少100J【考點(diǎn)】1N：豎直上拋運(yùn)動(dòng)；6B：功能關(guān)系【專題】33：參照思想；4B：圖析法；4T：尋找守恒量法；52Q：功能關(guān)系 能量守恒定律；63：分析綜合能力【分析

7、】根據(jù)h4m時(shí)的Ep值和Epmgh求出物體的質(zhì)量。根據(jù)h0時(shí)的動(dòng)能求物體的速率。h2m時(shí)，物體的動(dòng)能為EkE總Ep根據(jù)動(dòng)能與機(jī)械能、重力勢(shì)能的關(guān)系求物體的動(dòng)能減少量?！窘獯稹拷猓篈、由圖知，h4m時(shí)Ep80J，由Epmgh得m2kg，故A正確。B、h0時(shí)，Ep0，E總100J，則物體的動(dòng)能為EkE總Ep100J，由Ek，得v010m/s，故B錯(cuò)誤。C、h2m時(shí)，Ep40J，E總90J，則物體的動(dòng)能為EkE總Ep50J，故C錯(cuò)誤。D、從地面至h4m，物體的機(jī)械能減少了20J，重力勢(shì)能增加了80J，因此，物體的動(dòng)能減少100J，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要從圖象讀取有效信息，明確

8、動(dòng)能、重力勢(shì)能和機(jī)械能的關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答。（2019新課標(biāo)）如圖（a），在跳臺(tái)滑雪比賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開(kāi)跳臺(tái)開(kāi)始計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其vt圖象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則（）A第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)；45：運(yùn)動(dòng)的合成和分解【專題】12：應(yīng)用題；

9、31：定性思想；43：推理法；518：平拋運(yùn)動(dòng)專題；62：推理能力【分析】vt圖象中，圖象與時(shí)間軸所圍圖形的面積表示位移，圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示該時(shí)刻加速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律分析求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍圖形的面積表示豎直方向上位移的大小可知，第二次滑翔過(guò)程中的位移比第一次的位移大，故A錯(cuò)誤；B、運(yùn)動(dòng)員兩次從同一跳臺(tái)起跳，則運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳臺(tái)時(shí)水平方向的速度大小相等，故離開(kāi)跳臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的位移由運(yùn)動(dòng)時(shí)間決定，由圖象知，第二次的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于第一次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，所以第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正確；C、由圖象知，第二次滑翔時(shí)的豎直方向末速度小，

10、運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，據(jù)加速度的定義式可知其平均加速度小，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)豎直方向速度大小為v1時(shí)，第一次滑翔時(shí)圖象的斜率大于第二次滑翔時(shí)圖象的斜率，而圖象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔時(shí)速度達(dá)到v1時(shí)加速度大于第二次時(shí)的加速度，據(jù)mgfma可得阻力大的加速度小，故第二次滑翔時(shí)的加速度小，故其所受阻力大，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】讀懂vt圖象，知道vt圖象中加速度與位移的表示方法是正確解題的關(guān)鍵。（2019新課標(biāo)）靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則（）A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)

11、線重合C粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行【考點(diǎn)】A7：電場(chǎng)線；AE：電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功【專題】31：定性思想；45：歸納法；531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；62：推理能力【分析】電場(chǎng)線是一種理想化的物理模型，不是帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；電場(chǎng)力做正功時(shí)，電勢(shì)能減?。磺€運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的合力的方向與運(yùn)動(dòng)方向不在同一條直線上?！窘獯稹拷猓篈、由于電場(chǎng)的特點(diǎn)未知，對(duì)于帶電粒子，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小。故A正確；B、帶電粒子在只受電場(chǎng)力，且電場(chǎng)線是直線時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合，由于該電場(chǎng)未知，所以粒子的軌跡不一

12、定與某條電場(chǎng)線重合。故B錯(cuò)誤；C、粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力一定做正功，所以粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能。故C正確；D、若粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線，粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向?yàn)殡妶?chǎng)線的切線方向，粒子軌跡的切線方向?yàn)樗俣鹊姆较颍鶕?jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，此時(shí)電場(chǎng)力的方向與速度的方向一定不能平行。故D錯(cuò)誤故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查對(duì)電場(chǎng)線的理解以及帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，要注意電場(chǎng)線的特點(diǎn)：電場(chǎng)線疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小，切線方向表示場(chǎng)強(qiáng)的方向，電場(chǎng)線不是帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。（2019新課標(biāo)）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，

13、在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【專題】31：定性思想；4B：圖析法；53B：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合；62：推理能力【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)計(jì)算公式求解感應(yīng)電流大小與速度的關(guān)系，根據(jù)PQ和MN進(jìn)入磁場(chǎng)的先后順序判斷電流的變化，根據(jù)右手定則判斷電流方向?！窘獯稹拷猓?/p>

14、設(shè)PQ進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，兩根導(dǎo)體棒的總電阻為R；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流I0保持不變，根據(jù)右手定則可知電流方向QP；如果PQ離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)MN還沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零；當(dāng)MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)也是勻速運(yùn)動(dòng)，通過(guò)PQ的感應(yīng)電流大小不變，方向相反；如果PQ沒(méi)有離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零，當(dāng)PQ離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過(guò)PQ的感應(yīng)電流方向相反；故AD正確、BC錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問(wèn)題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向

15、，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時(shí)間變化關(guān)系。（2019新課標(biāo)）如圖（a），某同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)。所用器材有：鐵架臺(tái)、長(zhǎng)木板、鐵塊、米尺、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、頻率50Hz的交流電源、紙帶等?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)（用木板與水平面的夾角、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示）。（2）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)整木板與水平面的夾角使30接通電源，開(kāi)啟打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開(kāi)始沿木板滑下。多次重復(fù)后選擇點(diǎn)跡清晰的一條紙帶，如圖（b）所示。圖中的點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)（每?jī)蓚€(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出）。重力加速度為9.80m/s2可以計(jì)算出鐵塊

16、與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.35（結(jié)果保留2位小數(shù)）?！究键c(diǎn)】M9：探究影響摩擦力的大小的因素【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；32：定量思想；43：推理法；522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；62：推理能力【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可求得動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式；（2）由逐差法可求得加速度的大小，再得出動(dòng)摩擦因數(shù)的大小?！窘獯稹拷猓海?）由牛頓第二定律可得：mgsinmgcosma，（2）每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)，說(shuō)明相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.1s。利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論xat2，即逐差法可以求物體的加速度大小：a1.97m/s2，代入得鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.35。故答案為：，0.35【點(diǎn)評(píng)】本題通

17、過(guò)牛頓第二定律得出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式，從而確定要測(cè)量的物理量。要先確定實(shí)驗(yàn)的原理，然后依據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理解答即可。（2019新課標(biāo)）某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中和為理想電壓表；R為滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻（阻值100）；S為開(kāi)關(guān)，E為電源。實(shí)驗(yàn)中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計(jì)（圖中未畫出）測(cè)出。圖（b）是該小組在恒定電流為50.0A時(shí)得到的某硅二極管Ut關(guān)系曲線?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)中，為保證流過(guò)二極管的電流為50.0A，應(yīng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，使電壓表的示數(shù)為U15.00mV；根據(jù)圖（b）可知，當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t升高時(shí)

18、，硅二極管正向電阻變?。ㄌ睢白兇蟆被颉白冃　保?，電壓表示數(shù)增大（填“增大”或“減小”），此時(shí)應(yīng)將R的滑片向B（填“A”或“B”）端移動(dòng)，以使示數(shù)仍為U1。（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系。硅二極管可以作為測(cè)溫傳感器，該硅二極管的測(cè)溫靈敏度為|2.8103V/（保留2位有效數(shù)字）。【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題；65：實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α痉治觥浚?）已知定值電阻阻值與電路電流，應(yīng)用歐姆定律可以求出電壓表的示數(shù)；分析圖示圖線可知當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t升高時(shí)，硅二極管正向電阻如何變化；根據(jù)二極管電阻變化應(yīng)用閉

19、合電路歐姆定律分析答題。（2）根據(jù)圖示圖線求出二極管的測(cè)溫靈敏度?！窘獯稹拷猓海?）電壓表V1測(cè)定值電阻R0兩端電壓，其示數(shù)為：U1IR050.01061005.00103V5.00mV；由圖（b）所示圖線可知，當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t升高時(shí)，硅二極管正向電阻變小，由于二極管電阻減小，二極管分壓減小，由串聯(lián)電路特點(diǎn)可知，定值電阻分壓變大，電壓表V1示數(shù)增大，為保持電壓表示數(shù)不變，應(yīng)減小定值電阻分壓增大滑動(dòng)變阻器分壓，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值應(yīng)增大，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)向B端移動(dòng)；（2）由圖（b）所示圖線可知，該硅二極管的測(cè)溫靈敏度為：|2.8103V/；故答案為：（1）5.00，變小，增大，B；（2）2

20、.8?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，根據(jù)題意分析清楚圖（a）所示電路結(jié)構(gòu)與圖（b）所示圖線是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用歐姆定律、串聯(lián)電路特點(diǎn)根據(jù)題意即可解題。（2019新課標(biāo)）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為（0）。質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。（1）求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？【考點(diǎn)】37：牛頓

21、第二定律；65：動(dòng)能定理；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】32：定量思想；4C：方程法；531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；62：推理能力【分析】（1）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)求解位移；（2）若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短，根據(jù)對(duì)稱性求解金屬板的長(zhǎng)度。【解答】解：（1）PG、QG間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，設(shè)為E，則有：E，設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qEhEk解得：Ek+；粒子在PG間運(yùn)動(dòng)的加速度為：a此過(guò)程中粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：h在水平方向上的位移大

22、小為：xv0t；解得：xv0（2）若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短，根據(jù)對(duì)稱性可知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為：L2x2v0。答：（1）粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能+；它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小為v0；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為2v0?！军c(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開(kāi)：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。（2019新課標(biāo)）一質(zhì)

23、量為m2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過(guò)程中，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌，立即剎車。剎車過(guò)程中，汽車所受阻力大小隨時(shí)間的變化可簡(jiǎn)化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0t1時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時(shí)間（這段時(shí)間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t10.8s；t1t2時(shí)間段為剎車系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間，t21.3s；從t2時(shí)刻開(kāi)始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時(shí)刻開(kāi)始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在圖（b）中定性畫出從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動(dòng)的vt圖線；（2）求t2時(shí)刻汽車的速度大小及此

24、后的加速度大??；（3）求剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小及t1t2時(shí)間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1t2時(shí)間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度）？【考點(diǎn)】1G：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；1I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；37：牛頓第二定律；52：動(dòng)量定理【專題】22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52J：力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；63：分析綜合能力【分析】（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況畫出速度圖象；（2）若汽車在t2+3tt2+4t時(shí)間未停止，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度，再判斷運(yùn)動(dòng)情況；由于在t2+3tt2+4t時(shí)間汽車停止，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列

25、方程求解；（3）根據(jù)牛頓第二定律求解阻力，根據(jù)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理列方程求解汽車克服阻力做的功和速度大小，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解從司機(jī)發(fā)出警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離?！窘獯稹拷猓海?）vt圖象如圖所示；（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛的速度大小為v1，則t1時(shí)刻的速度也為v1，t2時(shí)刻的速度為v2，在t2時(shí)刻以后汽車做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，取t1s，設(shè)汽車在t2+（n1）tt2+nt內(nèi)的位移為sn，n1、2、3。若汽車在t2+3tt2+4t時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3t時(shí)刻的速度為v3，在t2+4t時(shí)刻的速度為v4，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：s1s43a（t）2s1v2tv4v24at 聯(lián)立式，

26、代入數(shù)據(jù)解得：v4m/s 這說(shuō)明在t2+4t時(shí)刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，式子不成立；由于在t2+3tt2+4t時(shí)間內(nèi)汽車停止，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v3v23at 2as4v32聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得a8m/s2，v228m/s 或者am/s2，v229.76m/s 但式子情境下，v30，不合題意，舍去；（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時(shí)，汽車所受阻力大小為f1，根據(jù)牛頓第二定律可得：f1ma 在t1t2時(shí)間內(nèi)，阻力對(duì)汽車沖量的大小為I根據(jù)動(dòng)量定理可得：Imv1mv2，根據(jù)動(dòng)能定理，在t1t2時(shí)間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為W聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)可得：v130m/s，W1.16105J；從司機(jī)發(fā)出警示牌到汽

27、車停止，汽車行駛的距離s約為：sv1t1+（v1+v2）（t2t1）+聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得s87.5m。答：（1）從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖所示。（2）t2時(shí)刻汽車的速度大小28m/s，此后的加速度大小為8m/s2；（3）剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小為30m/s，t1t2時(shí)間內(nèi)汽車克服阻力做的功為1.16105J；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為87.5m?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、牛頓第二定律的綜合應(yīng)用等問(wèn)題，涉及的物理過(guò)程比較復(fù)雜，弄清楚運(yùn)動(dòng)情況和受力情況是關(guān)鍵；注意汽車速度減為零后不再運(yùn)動(dòng)，所以解答此類問(wèn)題的一般方法是先判斷速度減

28、為零的時(shí)間，判斷給定的時(shí)間內(nèi)汽車是否已經(jīng)靜止，再選用合適的公式進(jìn)行解答。（2019新課標(biāo)）如pV圖所示，1、2、3三個(gè)點(diǎn)代表某容器中一定量理想氣體的三個(gè)不同狀態(tài)，對(duì)應(yīng)的溫度分別是T1、T2、T3用N1、N2、N3分別表示這三個(gè)狀態(tài)下氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1大于N2，T1等于T3，N2大于N3（填“大于”“小于”或“等于”）【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強(qiáng)【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題；63：分析綜合能力【分析】單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)單位器壁上的壓力是氣體的壓強(qiáng)，根據(jù)圖示圖線求出各狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)與體積，然后應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程分析答題?！窘獯稹拷猓河蓀VnRT得：，由圖示圖線可知，在狀態(tài)1氣體壓強(qiáng)大于狀態(tài)2氣體壓強(qiáng)，兩狀態(tài)下氣體體積相等；即：V狀態(tài)1V狀態(tài)2，p狀態(tài)12p狀態(tài)2，故，解得：T12T2，即T1T2，由于分子密度相同，溫度高，分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊器壁單位面積的分子數(shù)就多，故N1N2；由