2019年高考全國各地物理真題分類匯編20個(gè)（解析版）

2019年高考全國各地物理真題分類匯編

專題01直線運(yùn)動(dòng)-----------------------------------------2

專題02相互作用-----------------------------------------5

專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律-------------------------------------9

專題04曲線運(yùn)動(dòng)----------------------------------------11

專題05萬有引力定律與航天------------------------------11

專題06功和能------------------------------------------15

專題07動(dòng)量--------------------------------------------16

專題08靜電場------------------------------------------17

專題09穩(wěn)恒電流----------------------------------------21

專題11電磁感應(yīng)----------------------------------------24

專題12交流電------------------------------------------29

專題13原子結(jié)構(gòu)、原子核和波粒二象性--------------------29

專題14選修3-3------------------------------------------------------------------31

專題15機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波--------------------------------37

專題16光學(xué)電磁波相對論-----------------------------43

專題17力學(xué)實(shí)驗(yàn)----------------------------------------49

專題18電學(xué)實(shí)驗(yàn)----------------------------------------56

專題19力學(xué)計(jì)算題--------------------------------------66

專題20電學(xué)計(jì)算題--------------------------------------79

專題01直線運(yùn)動(dòng)

（2019?全國I卷）如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高

度為從上升第一個(gè)《所用的時(shí)間為小第四個(gè)會(huì)所用的時(shí)間為"不計(jì)空氣阻力，則盛滿

A.K—<2B.2<—<3C.3<—<4D.4<—<5

4444

【答案】C

【解析】運(yùn)動(dòng)員起跳到達(dá)最高點(diǎn)的瞬間速度為零，又不計(jì)空氣阻力，故可逆向處理為自由落

體運(yùn)動(dòng)。則根據(jù)初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)，相等相鄰位移時(shí)間關(guān)系

1（V-2）-V3）（2?）虹3）?:,可知:二二百二？十/,即3<“4,故本

題選C。

（2019?全國I卷）某小組利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行研

究。物塊拖動(dòng)紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為

50Hz,紙帶上標(biāo)出的每兩個(gè)相鄰點(diǎn)之間還有4個(gè)打出的點(diǎn)未畫出。在ABCDE五個(gè)點(diǎn)中，打

點(diǎn)計(jì)時(shí)器最先打出的是點(diǎn)，在打出C點(diǎn)時(shí)物塊的速度大小為m/s（保留3位有效

數(shù)字）；物塊下滑的加速度大小為m/s2（保留2位有效數(shù)字）。

【答案】(1).A(2).0.233(3).0.75

【解析1分析可知，物塊沿傾斜長木板最勻加速直線運(yùn)動(dòng)，紙帶上的點(diǎn)跡，從A到E,間隔

越來越大，可知，物塊跟紙帶的左端相連，紙帶上最先打出的是A點(diǎn)；在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打C點(diǎn)

瞬間，物塊的速度%=如=465*1=o233m/s；根據(jù)逐差法可知，物塊下滑的加速度

2T2x0.1

X(6.15-3.15)x10-2

?_XCE~AC=0.75m/s2o

4T24x0.12

故本題正確答案為:A；0.233；0.75o

(2019?全國II卷)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

其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，每次都從離開跳臺(tái)開始計(jì)

時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其7圖像如圖(b)所示，八和々是他落在傾斜雪道上的

時(shí)刻。則

圖(b)

A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小

B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大

C.第一次滑翔過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3時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】A.由M圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離

大于第一次下落距離，所以，A錯(cuò)誤；

B.由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，故B

正確

C.由于修斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由％=匕為易知0＞公，

t

故C錯(cuò)誤

D.由圖像斜率，速度為片時(shí)，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故見＞6,由G-fy^ma,

可知,卜＜fn，故D正確

(2019?4月浙江選考)甲、乙兩物體零時(shí)刻開始從同一地點(diǎn)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，位移-時(shí)間圖象

如圖所示，則在0?h時(shí)間內(nèi)

B.甲、乙位移相同

C.甲經(jīng)過的路程比乙小

D.甲、乙均做加速運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【解析】A.因x-t圖像的斜率等于速度，可知在0?□時(shí)間內(nèi)開始時(shí)甲的速度大于乙，后來乙的速度

大于甲，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.由圖像可知在0?L時(shí)間內(nèi)甲、乙位移相同，選項(xiàng)B正確；

C.甲乙均向同方向做直線運(yùn)動(dòng)，則甲乙的路程相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.由斜率等于速度可知，甲做勻速運(yùn)動(dòng)，乙做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

(2019?4月浙江選考)質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用

一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到l.OxlO’m/s。已知加速電場的場強(qiáng)為1.3X105N/C,

質(zhì)子的質(zhì)量為1.67x1O/kg,電荷量為1.6X1049C,則下列說法正確的是

A.加速過程中質(zhì)子電勢能增加

B.質(zhì)子所受到的電場力約為2X1()TN

C.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8xl(y6s

D.加速器加速的直線長度約為4m

【答案】D

【解析】A.加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.質(zhì)子所受到的電場力約為尸=W=1.3X1()5X1.6X10T9N=2X10T4N,選項(xiàng)B錯(cuò)誤：

p2x10-14

C.加速度a=—=----------m/s2?1.2x1013m/s2,則質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為

m1.67x10-27

7

t=-=^0=8.3x10-7s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

a1.2x1013

D.加速器加速的直線長度約為x=：=8,3x10.7加“4m，選項(xiàng)D正確。

22

專題02相互作用

（2019?全國I卷）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩

跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水

平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45。。已知M始終保持靜止，則

在此過程中

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加

【答案】BD

【解析】如圖所示，以物塊N為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動(dòng)直至

細(xì)繩與豎直方向夾角為45。的過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大；

對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩

擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦

力f可能先減小后增加。故本題選BD。

（2019?全國m卷）用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為〃?的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜

面之間，如圖所示。兩斜面I、II固定在車上，傾角分別為30。和60。。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平

直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對斜面I、H壓力的大小分別為Q、B，則

立4

B

-乃3-V3T

3

A.C4石

1

-『=g-T

22D.

【答案】D

【解析】對圓筒進(jìn)行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，由幾何關(guān)系容易找出兩斜面對圓筒支持力與

重力的關(guān)系，由牛頓第三定律知斜面對圓筒的支持力與圓筒對斜面的壓力大小相同。

（2019?全國川卷）如圖（a）,物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)

臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。右0時(shí)，木板開始受到水平外力尸的作用，在r=4s時(shí)撤去外力。細(xì)

繩對物塊的拉力/隨時(shí)間，變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度u與時(shí)間，的關(guān)系如圖（c）所示。

木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出

A.木板的質(zhì)量為1kg

B.2s~4s內(nèi)，力F的大小為0.4N

C.0?2s內(nèi)，力尸的大小保持不變

D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

【答案】AB

【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0-2s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此

過程力尸等于力故F在此過程中是變力，即C錯(cuò)誤；2-5s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對滑動(dòng)，摩擦力轉(zhuǎn)變

為滑動(dòng)摩擦力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對2-4s和4-5s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可解出質(zhì)量，"為1kg,2-4s內(nèi)的力F

為0.4N,故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，故D錯(cuò)誤.

（2019?天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習(xí)慣，在航道處建

造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）

A.增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力

B.為了減小鋼索承受拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度

C.索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對索塔的合力豎直向下

D.為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對稱分布

【答案】C

【解析】A、以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的

向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯(cuò)誤:

B、由圖甲可知2Tcosa=A侑，當(dāng)索塔高度降低后，a變大，cosa變小，故T變大，故B錯(cuò)誤

C、由B的分析可知，當(dāng)鋼索對稱分布時(shí)，2Tcosa=皎，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確

D、受力分析如圖乙'由正弦定理可知'只要煞=金'鋼索叱、4B的拉力灰、的進(jìn)行合

成，合力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，故D錯(cuò)誤；綜上分析：答案為C

（2019?江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài).小物塊的質(zhì)量為根，從4點(diǎn)向

左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止.物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,與地

面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度.在上述過程中

m

刪一:I

]?----s---A

A.彈簧的最大彈力為〃mg

B.物塊克服摩擦力做的功為2?/ngs

C.彈簧的最大彈性勢能為〃加gs

D.物塊在A點(diǎn)的初速度為V5礪

【答案】BC

【解析】小物塊壓縮彈簧最短時(shí)有辱>〃叫，故A錯(cuò)誤；全過程小物塊的路程為2s,所以全過程

中克服摩擦力做的功為：pimg-ls,故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點(diǎn)由能量守恒得：

Epn>ax=〃mgs，故C正確；小物塊從A點(diǎn)返回A點(diǎn)由動(dòng)能定理得：一〃mg,2s=°-/小說，解得:

%=2，〃gs,故D錯(cuò)誤。

（2019?4月浙江選考）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個(gè)輕環(huán)，系在兩環(huán)上的登場

細(xì)繩拴住的書本處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則

A.桿對A環(huán)的支持力變大

B.B環(huán)對桿的摩擦力變小

C.桿對A環(huán)的力不變

D.與B環(huán)相連的細(xì)繩對書本的拉力變大

【答案】B

【解析】A.對兩環(huán)和書本的整體受力分析，豎直方向：2N=mg,可知將兩環(huán)距離變小后桿對A環(huán)的

支持力不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

BD.對圓環(huán)B受力分析可知，f=TcosO；對書本：2TsinO=mg,解得f=（其中的0是繩與桿之

2tan0

間的夾角），則當(dāng)兩環(huán)距離變小后，9變大，則f減小，與B環(huán)相連的細(xì)繩對書本的拉力T變小，選項(xiàng)

B正確，D錯(cuò)誤；

C.同理，桿對A環(huán)的摩擦力減小，桿對A環(huán)的支持力不變，則桿對A環(huán)的力減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律

（2019?全國I卷）在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體尸輕放在彈簧上

端，P由靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度。與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一

星球N上用完全相同的彈簧，改用物體。完成同樣的過程，其a-x關(guān)系如圖中虛線所示，假

設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則

A.M與N的密度相等

B.。的質(zhì)量是P的3倍

C.Q下落過程中的最大動(dòng)能是P的4倍

D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍

【答案】AC

【解析】A、由a-x圖象可知，加速度沿豎直向下方向?yàn)檎较颍鶕?jù)牛頓第二定律有：

kk

mg-kx=ma,變形式為：a=g---x,該圖象的斜率為---，縱軸截距為重力加速度g。

mm

根據(jù)圖象的縱軸截距可知，兩星球表面的重力加速度之比為：—=—=T；又因?yàn)樵谀承?/p>

SN41

球表面上的物體，所受重力和萬有引力相等，即：G”g'即該星球的質(zhì)量叫陪。

又因?yàn)椋篗=p塔,聯(lián)立得再;。故兩星球的密度之比為：—=-=故

34WRGpNSNRM

A正確;

B、當(dāng)物體在彈簧上運(yùn)動(dòng)過程中，加速度為0的一瞬間,其所受彈力和重力二力平衡，mg=kx,

即：m=一；結(jié)合a-x圖象可知，當(dāng)物體P和物體Q分別處于平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量之

g

比為：—=故物體P和物體Q的質(zhì)量之比為：或=".正=:，故B錯(cuò)誤；

XQ252mQxQgM6

C、物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時(shí)，它們的動(dòng)能最大；根據(jù)/=2公，

結(jié)合a-x圖象面積的物理意義可知：物體P的最大速度滿足片=2，-3%'=3。環(huán)0,物體Q

12

E~^mQvQmv2

的最大速度滿足：詒=2%后,則兩物體的最大動(dòng)能之比：善——=」.-1=4,C正

EkP）加陽”

確；

D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運(yùn)動(dòng)，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動(dòng)的

振幅A分別為端和2%,即物體P所在彈簧最大壓縮量為2%,物體Q所在彈簧最大壓縮量

為44，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時(shí)P物體最大壓縮量的2倍，D錯(cuò)誤；

故本題選AC。

（2019?全國H卷）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)為立，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最

3

大張力為1500N,則物塊的質(zhì)量最大為

A.150kgB.1006kgC.200kgD.200gkg

【答案】A

T=f+mgsm6,戶〃MN=〃?gcos9,帶入數(shù)據(jù)解得：150kg,故A選項(xiàng)符合題意

專題04曲線運(yùn)動(dòng)

（2019?江蘇卷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).座艙的質(zhì)量為〃?，運(yùn)

動(dòng)半徑為R,角速度大小為3,重力加速度為g,則座艙

A.運(yùn)動(dòng)周期為二

（t）

B.線速度的大小為“R

C.受摩天輪作用力的大小始終為，咫

D.所受合力的大小始終為加/R

【答案】BD

【解析】由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由公式。=」，解得：T=—,故A錯(cuò)誤：由圓周運(yùn)動(dòng)的線速

Tco

度與角速度的關(guān)系可知，V=CDR,故B正確；由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以座艙受到摩天輪的作

用力是變力，不可能始終為〃吆，故C錯(cuò)誤；由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力提供向心力可得：F『mlR,

故D正確。

專題05萬有引力定律與航天

（2019?全國n卷）2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸，在探測器“奔

向''月球的過程中，用力表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描F

隨h變化關(guān)系的圖像是

【答案】D

GMm

【解析】根據(jù)萬有引力定律可得：F6越大，尸越大，故選項(xiàng)D符合題意;

(火+4

（2019?全國III卷）金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的向心加速度大小

分別為。金、a地、?；?，它們沿軌道運(yùn)行的速率分別為％、v地、丫火。已知它們的軌道半徑/?企地火，

由此可以判定

A.a金地火B(yǎng).a火地金

C.v地"火X金D.v火〉y地〉y金

【答案】A

Mm

【解析】AB.由萬有引力提供向心力G-=ma可知軌道半徑越小，向心加速度越大，故知A項(xiàng)正確，

R-

B錯(cuò)誤；

…(cMmv2.寫可知軌道半徑越小,運(yùn)行速率越大，故C、D都錯(cuò)誤。

CD.由G——=m—z得r丫=

R2R

（2019?天津卷）2018年12月8日，肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，

“實(shí)現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡已知月球的質(zhì)量為M、半

徑為R,探測器的質(zhì)量為加，引力常量為G,嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

時(shí)，探測器的（）

4兀2/-4化斗，GMm

A.周期為B.動(dòng)能為:一

GM2R

Gm向心加速度為零

C.角速度為D.

【答案】C

4"2V2，可得7=2萬J」一，

【解析】由萬有引力提供向心力可得絲絲=mr=incD^r=m—=ma

r\GM

GM.?12GMm，故B錯(cuò)誤；解得。=小萼，故C錯(cuò)誤;

故A正確：解得丫=----,由于4=-mu=

r-------------------22r

解得"華，故D錯(cuò)誤。綜上分析，答案為A

（2019?北京卷）2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道

衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）。該衛(wèi)星

A.入軌后可以位于北京正上方

B.入軌后的速度大于第一宇宙速度

C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度

D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少

【答案】D

【解析】由同步衛(wèi)星的特點(diǎn)和衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道所需的能量越大解答。

由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；

由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故

B錯(cuò)誤；

由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度,

故C錯(cuò)誤；

將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確。

（2019?江蘇卷）1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓

軌道繞地球運(yùn)動(dòng).如圖所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點(diǎn)、遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度分別為也、也，近地點(diǎn)到地心的距離為

r,地球質(zhì)量為M,引力常量為G.則

B.v,>Vj.v,>

D.v,<v2,v,>

【答案】B

【解析】“東方紅一號”從近地點(diǎn)到遠(yuǎn)地點(diǎn)萬有引力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以%＞匕，過近地點(diǎn)圓

02，故B正確。

周運(yùn)動(dòng)的速度為丫=—,由于'‘東方紅一號”在橢圓上運(yùn)動(dòng)，所以看〉

（2019?4月浙江選考）某顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（即衛(wèi)星相對于地面靜止）。則此衛(wèi)

星的

A.線速度大于第一宇宙速度

B.周期小于同步衛(wèi)星的周期

C.角速度大于月球繞地球運(yùn)行的角速度

D.向心加速度大于地面的重力加速度

【答案】C

【解析】A.第-宇宙速度是所有繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星的最大速度，則此衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速

度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星，即為地球的同步衛(wèi)星，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)3=什可知，因此衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑遠(yuǎn)小于月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，可知角速度

大于月球繞地球運(yùn)行的角速度，選項(xiàng)C正確；

GM

D.根據(jù)。=丁可知，向心加速度小于地面的重力加速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

r

專題06功和能

（2019?全國n卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能反與重力勢能心之

和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和與隨它離開地面的高度/?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2kg

B.人=0時(shí)，物體的速率為20m/s

C.〃=2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40J

D.從地面至/?=4m,物體的動(dòng)能減少100J

【答案】AD

QQT

【解析】A.圖像知其斜率為G,feG=—=20N,解得m=2kg,故A正確

1,

B.A=0時(shí)，3=0,&=E機(jī)-E/,=100J-0=100J,fe-mv-=100J,解得：v=10m/s,故B錯(cuò)誤；

C.〃=2m時(shí)，EP=4QJ,C=E機(jī)-%=85J-40J=45J,故C錯(cuò)誤

D.1=0時(shí),機(jī)-斗=100J-0=100J,人=4m時(shí),E*'=E機(jī)-與=8OJ-8OJ=OJ,故&-&'=100J,故D

正確

（2019?全國ni卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不

變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反外力作用。距地面高度在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能

仇隨力的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為

A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg

【答案】C

【解析】對上升過程，由動(dòng)能定理，一（b+mg）/z=&-4，得&=耳0-（尸+2?）1即F+mg=\2N；

下落過程，（mg-FX6-h）=Ek，即根g—F=〃=8N,聯(lián)立兩公式，得到m=lkg、F=2N。

（2019?北京卷）下列說法正確的是

A.溫度標(biāo)志著物體內(nèi)大量分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度

B.內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能的總和

C.氣體壓強(qiáng)僅與氣體分子的平均動(dòng)能有關(guān)

D.氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子的平均動(dòng)能可能不變

【答案】A

【解析】根據(jù)溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志確定氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的程度和分子平均動(dòng)能變化，內(nèi)能是分

子平均動(dòng)能和分子勢總和，由氣體壓強(qiáng)宏觀表現(xiàn)確定壓強(qiáng)

A.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度標(biāo)志著物體內(nèi)大量分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度，故A正確；

B.內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能和分子勢能之和，故B錯(cuò)誤；

C.由壓強(qiáng)公式P=（可知，氣體壓強(qiáng)除與分子平均動(dòng)能有關(guān)即溫度，還與體積有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度降低，分子平均動(dòng)能一定變小，故D錯(cuò)誤。

專題07動(dòng)量

（2019?全國I卷）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)

志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度

約為3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8X1（）6N,則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為

A.1.6xl02kgB.1.6xlO3kgC.1.6xlO5kgD.1.6xl06kg

【答案】B

【解析】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在fs時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為機(jī)，根據(jù)動(dòng)量定理，F(xiàn)t^mv,可知,

在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量11^=—=—=+8x1。kg=i.6xlO'Mg,

故本題選Bo

專題08靜電場

（2019?全國II卷）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(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線重合

C.粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能

D.粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行

【答案】AC

【解析】A.若電場中由同種電荷形成即由4點(diǎn)釋放負(fù)電荷，則先加速后減速，故A正確；

番

B.若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯(cuò)誤。

C.由于N點(diǎn)速度大于等于零，故N點(diǎn)動(dòng)能大于等于M點(diǎn)動(dòng)能，由能量守恒可知，N點(diǎn)電勢

能小于等于M點(diǎn)電勢能，故C正確

D.粒子可能做曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

（2019?全國HI卷）如圖，電荷量分別為q和-q（4>0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，〃、h

是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則

A.a點(diǎn)和b點(diǎn)電勢相等

B.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等

C.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同

D.將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到6點(diǎn)，電勢能增加

【答案】BC

【解析】由幾何關(guān)系，

可知b的電勢大于a的電勢，故A錯(cuò)誤，把負(fù)電荷從a移到b,電勢能減少，故D錯(cuò)誤;由對稱性和電場的疊

加原理，可得出a、b的合電場強(qiáng)度大小、方向都相同，故B、C正確。

(2019?天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為機(jī)的帶電小球，以初速度。從M點(diǎn)

豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2。，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程

()

JN-

1,

A.動(dòng)能增加一mzrB.機(jī)械能增加2加2

2

3,

C.重力勢能增加一機(jī)D.電勢能增加2機(jī)。2

2

【答案】B

1719

【解析】由動(dòng)能的表達(dá)式線=3加仁可知帶電小球在M點(diǎn)的動(dòng)能為EA,M=-mv2,在N點(diǎn)的動(dòng)能為

13

2

Ewv=-m（2v）=2mv,所以動(dòng)能的增量為△耳=萬/m已故A錯(cuò)誤；帶電小球在電場中做類平拋

運(yùn)動(dòng)，豎直方向受重力做勻減速運(yùn)動(dòng)，水平方向受電場力做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v=v=gt,v=2v=at=—t,可得4E=2/ng，豎直方向的位移力=,水平方向的位移

yvm2

ca

2

,因此有x=2〃，對小球?qū)憚?dòng)能定理有g(shù)Er—mg/z=Ek=-mv,聯(lián)立上式可解得

qEx=2mv2,mgh=-mv2,因此電場力做正功，機(jī)械能增加，故機(jī)械能增加2mr,電勢能減少2mv?，

故B正確D錯(cuò)誤，電力做負(fù)功重力勢能增加量為,相聲，故c錯(cuò)誤。

2

（2019?北京卷）如圖所示，a、〃兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷-Q（。＞0）為球心球面上，c點(diǎn)在球面外，

則

A.a點(diǎn)場強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大

B,點(diǎn)場強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小

C.a點(diǎn)電勢比匕點(diǎn)高

D.6點(diǎn)電勢比c點(diǎn)低

【答案】D

【解析】由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=上烏確定各點(diǎn)的場強(qiáng)大小，由點(diǎn)電荷的等勢線是以點(diǎn)電荷為球心的球

廠

面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點(diǎn)的電勢的高低。

由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=左W■可知，“、b兩點(diǎn)到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大

r

小相等，故A錯(cuò)誤；由于c點(diǎn)到場源電荷的距離比分點(diǎn)的大，所以6點(diǎn)的場強(qiáng)大小比c點(diǎn)的大，故B

錯(cuò)誤；由于點(diǎn)電荷的等勢線是以點(diǎn)電荷為球心的球面，所以。點(diǎn)與b點(diǎn)電勢相等，負(fù)電荷的電場線是

從無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)點(diǎn)電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)低，故D正確。

（2019?江蘇卷）如圖所示，A8C為等邊三角形，電荷量為+q的點(diǎn)電荷固定在4點(diǎn).先將一電荷量也

為+4的點(diǎn)電荷0從無窮遠(yuǎn)處（電勢為0）移到C點(diǎn)，此過程中，電場力做功為-W.再將0從C點(diǎn)沿

CB移到B點(diǎn)并固定.最后將一電荷量為-2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn).下列說法正確的有

A

\+（1

/\

8v--------------------------

W

A.Qi移入之前，C點(diǎn)的電勢為一

q

B.Qi從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為0

C.從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為2W

D.Q在移到C點(diǎn)后的電勢能為-4W

【答案】ABD

EW

【解析】由題意可知，C點(diǎn)的電勢為%=上n=一，故A正確；由于8、C兩點(diǎn)到A點(diǎn)（+9）的距離

qq

相等，所以&C兩點(diǎn)的電勢相等，所以2從C點(diǎn)移到8點(diǎn)的過程中，電場力做功為0,故B正確；

八2W八

由于8、C兩點(diǎn)的電勢相等，所以當(dāng)在B點(diǎn)固定2后，C點(diǎn)的電勢為——，所以Q,從無窮遠(yuǎn)移到C

q

（2W、

點(diǎn)過程中，電場力做功為：W=qU=-2qx0——=4W故C錯(cuò)誤；

Iq）

2W

由于C點(diǎn)的電勢為——，所以電勢能為耳=-4W,故D正確。

q

（2019?4月浙江選考）用長為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為l.OxlO^kg、電荷量為2.0x10q2

的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)細(xì)線與鉛垂線成37°,如圖所

示?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則（sin37°=0.6）

A.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為3.75X1（）7N/C

B.平衡時(shí)細(xì)線的拉力為0.17N

C.經(jīng)過0.5s,小球的速度大小為6.25m/s

D.小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為7m/s

【答案】C

【解析】AB.小球在平衡位置時(shí)，由受力分析可知：qE=mgtan370,解得

1.0x10-2x10x0.75,6,,

E=-------------------------------N/C=3.75x106W/C,細(xì)線的拉力：T=

2.0xIO*

T=mg=10x102）吸=0.1257,選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；

cos37°08

C.小球向左被拉到細(xì)線水平且拉直的位置，釋放后將沿著電場力和重力的合力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，

T0.125

其方向與豎直方向成37°角，加速度大小為Q=—=-:-------m/s2=12.5m/s2,則經(jīng)過0.5s,小球的

ml.OxlO-2

速度大小為v=at=6.25m/s,選項(xiàng)C正確；

D.小球從水平位置到最低點(diǎn)的過程中，若無能量損失，則由動(dòng)能定理：mgL+qEL=-mv2,帶入數(shù)

據(jù)解得v=7m/s；因小球從水平位置先沿直線運(yùn)動(dòng)，然后當(dāng)細(xì)繩被拉直后做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)，在繩

子被拉直的瞬間有能量的損失，可知到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度小于7m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

專題09穩(wěn)恒電流

（2019?江蘇卷）如圖所示的電路中，電阻R=2C.斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓

表的讀數(shù)為2V,則電源的內(nèi)阻，?為

A.IQB.2CC.3cD.4C

【答案】A

E

【解析】開關(guān)s斷開時(shí)有：E=3V,開s閉合時(shí)有：2=~^—R,其中R=2C,解得：r=lQ,

R+r

故A正確。

(2019?北京卷)電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充

電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差〃隨電荷量q的變化圖像都相同。

(1)請?jiān)趫D1中畫出上述圖像。類比直線運(yùn)動(dòng)中由V-/圖像求位移方法，求兩極間電壓為U時(shí)

電容器所儲(chǔ)存的電能品。

()

u.

0

圖1

(2)在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻)。通過改變電路中元件的參

數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q~t曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是(選填E或R)的改變造成的；

b.電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。

(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加。

請思考使用“恒流源''和(2)中電源對電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”、“減小”或“不變”)。

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓——

通過電源的電流——

CU2_

【答案】(1)./(2).Ep=^—(3).R(4).要快速度充

P2

°Q

電時(shí)，只要減小圖2中的電阻尺要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)增大圖2中的電阻H即可(5).增大(6).

不變(7).不變(8).減小

【解析】由電容器電容定義式。=幺得到"一4圖象，類比圖象求位移求解電量，由圖3斜率解

U

決兩種充電方式不同的原因和方法；根據(jù)電容器充電過程中電容器兩極板相當(dāng)于電源解答

(1)由電容器電容定義式可得：。=幺，整理得：u」q，所以“-。圖象應(yīng)為過原點(diǎn)的傾斜直線，

uC

如圖：

由題可知，兩極間電壓為。時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能即為圖線與橫軸所圍面積，即與=學(xué)，當(dāng)兩極

CTJ2

間電壓為U時(shí)，電荷量為。=。。，所以Ep=±|-；

(2)a.由于電源內(nèi)阻不計(jì)，當(dāng)電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動(dòng)勢，電容器最終的電量為：

Q=CE,由夕-，圖可知，兩種充電方式最終的電量相同，只是時(shí)間不同，所以①②曲線不同是R造

成的；

b.由圖3可知，要快速度充電時(shí)，只要減小圖2中的電阻/?,要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)增大圖2中的電

阻K即可；

(3)在電容器充電過程中在電容器的左極板帶正電，右極板帶負(fù)電，相當(dāng)于另一電源，目.充電過程中電

量越來越大，回路中的總電動(dòng)勢減小，當(dāng)電容器兩端電壓與電源電動(dòng)勢相等時(shí)，充電結(jié)束，所以換成

“恒流源”時(shí)，為了保證電流不變，所以“恒流源兩端電壓要增大，通過電源的電流不變，在(2)電源

的電壓不變，通過電源的電流減小。

（2019?4月浙江選考）下列器件中是電容器的是

【答案】B

【解析】

【詳解】A是滑動(dòng)變阻器；B是電容器；C是電阻箱；D是定值電阻；故選B.

（2019?4月浙江選考）電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接人電路，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為R”兩

端電壓為U”流過的電流為L；電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為R2,兩端電壓為U2,流過的電流為12。則

U1/仁力勺

A-</?B.血速C.-=-D.-<-

【答案】D

力

【解析】由題意可知L=b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因U2>LR2,U!=IIRI,則<『，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤，D正確；

7Ur2

故選D.

專題11電磁感應(yīng)

（2019?全國I卷）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖

（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為p、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為r

的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心。在MN上。r=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)

度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在r=0到t=t,的時(shí)間間隔內(nèi)

A.圓環(huán)所受安培力