高考全国卷2(二)

1、 学海无涯 2019 新课标 2019年1月 我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆 在探测器 奔向 月球的过程中 用h表示探测器与地球表面的距离 F表示它所受的地球引力 能够描述F随h变化关系的图象是 A B C D 考点 4F 万有引力定律及其应用 专题 34 比较思想 4C 方程法 52A 人造卫星问题 62 推理能力 分析 根据万有引力定律写出F与h的关系式 再根据数学知识确定图象的形状 解答 解 设地球的质量为M 半径为R 探测器的质量为m 根据万有引力定律得 F G可知 F与h是非线性关系 F h图象是曲线 且随着h的增大 F减小 故ABC错误 D正确 故选 D 点评 解决本题的关键要掌握万有引力定律 知道公式F G 中r是探测器到地心 的距离 等于地球半径加上离地的高度 2019 新课标 太阳内部核反应的主要模式之一是质子 质子循环 循环的结果可表示为4H He 2e 2v 学海无涯已知H和He的质量分别为mp 1 0078u和m 4 0026u 1u 931MeV c2 c为光速 D 52MeV 在4个H转变成1个He的过程中 释放的能量约为 A 8MeVB 16MeV

2、C 26MeV 考点 JI 爱因斯坦质能方程 专题 32 定量思想 4C 方程法 54P 爱因斯坦的质能方程应用专题 分析 求出核反应过程中的质量亏损 再根据爱因斯坦质能方程进行求解 解答 解 反应过程中的质量亏损约为 m 4mp m 4 1 0078u 4 0026u 0 0286u 由于1u 931MeV c2 根据爱因斯坦质能方程可得 E mc2 26MeV 故C正确 ABD错误 故选 C 点评 本题主要是考查核反应过程中的能量计算 会计算质量亏损 能够利用爱因斯坦质能方程进行解答是关键 2019 新课标 物块在轻绳的拉动下沿倾角为30 的固定斜面向上匀速运动 轻绳与斜面平行 已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 重力加速度取10m s2 若轻绳能承受 D 200kg 的最大张力为1500N 则物块的质量最大为 A 150kgB 100kgC 200kg 考点 2G 力的合成与分解的运用 3C 共点力的平衡 专题 32 定量思想 4C 方程法 527 共点力作用下物体平衡专题 61 理解能力 分析 以物体为研究对象 沿斜面方向根据平衡条件列方程求解物块的最大质量 解答 解 以物体为研

3、究对象 沿斜面方向根据平衡条件可得 F mgsin30 mgcos30 当拉力最大时质量最大 解得 m 150kg 故A正确 BCD错误 故选 A 点评 本题主要是考查了共点力的平衡问题 解答此类问题的一般步骤是 确定研究对象 进行受力分析 利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解 然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答 2019 新课标 如图 边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场 磁感应强度大小为B 方向垂直于纸面 abcd所在平面 向外 ab边中点有一电子发射源O 可向磁场内沿垂 学海无涯直于ab边的方向发射电子 已知电子的比荷为k 则从a d两点射出的电子的速度大小分别为 A kBl kBl B kBl kBl C kBl kBlD kBl kBl 考点 37 牛顿第二定律 4A 向心力 CI 带电粒子在匀强磁场中的运动 专题 32 定量思想 4C 方程法 536 带电粒子在磁场中的运动专题 62 推理能力 分析 画出电子运动轨迹 根据几何关系求解半径 根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小 解答 解 从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示 根据几何关系可得 Ra 根

4、据洛伦兹力提供向心力可得 qvaB m 解得 va kBl 对于从d点射出的电子 根据几何关系可得 Rd2 l2 Rd 2 解得 Rd 根据洛伦兹力提供向心力可得 qvdB m 解得 vd kBl 故B正确 ACD错误 故选 B 2019 新课标 从地面竖直向上抛出一物体 其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和 取地面为重力势能零点 该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示 重力加速度取10m s2 由图中数据可得 学海无涯 物体的质量为2kgh 0时 物体的速率为20m sh 2m时 物体的动能Ek 40J从地面至h 4m 物体的动能减少100J 考点 1N 竖直上抛运动 6B 功能关系 专题 33 参照思想 4B 图析法 4T 寻找守恒量法 52Q 功能关系能量守恒定律 63 分析综合能力 分析 根据h 4m时的Ep值和Ep mgh求出物体的质量 根据h 0时的动能求物体的速率 h 2m时 物体的动能为Ek E总 Ep 根据动能与机械能 重力势能的关系求物体的动能减少量 解答 解 A 由图知 h 4m时Ep 80J 由Ep mgh得m 2kg 故A正确 B h 0时

5、 Ep 0 E总 100J 则物体的动能为Ek E总 Ep 100J 由Ek 得v0 10m s 故B错误 C h 2m时 Ep 40J E总 90J 则物体的动能为Ek E总 Ep 50J 故C错误 D 从地面至h 4m 物体的机械能减少了20J 重力势能增加了80J 因此 物体的动能减少100J 故D正确 故选 AD 点评 解决本题的关键要从图象读取有效信息 明确动能 重力势能和机械能的关系 根据功能关系进行解答 2019 新课标 如图 a 在跳台滑雪比赛中 运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响下落的速度和滑翔的距离 某运动员先后两次从同一跳台起跳 每次都从离开跳台开始计时 用v表示他在竖直方向的速度 其v t图象如图 b 所示 t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻 则 学海无涯 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大竖直方向速度大小为v1时 第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 考点 43 平抛运动 45 运动的合成和分解 专题 12 应用题 31 定性思想 43 推理法

6、518 平抛运动专题 62 推理能力 分析 v t图象中 图象与时间轴所围图形的面积表示位移 图象上某点的切线的斜率表示该时刻加速度的大小 结合牛顿第二定律分析求解 解答 解 A 根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知 第二次滑翔过程中的位移比第一次的位移大 故A错误 B 运动员两次从同一跳台起跳 则运动员离开跳台时水平方向的速度大小相等 故离开跳台做平抛运动 水平方向的位移由运动时间决定 由图象知 第二次的运动时间大于第一次运动的时间 所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 故B正确 C 由图象知 第二次滑翔时的竖直方向末速度小 运动时间长 据加速度的定义式可知其平均加速度小 故C错误 D 当竖直方向速度大小为v1时 第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率 而图象的斜率表示加速度的大小 故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度 据mg f ma可得阻力大的加速度小 故第二次滑翔时的加速度小 故其 学海无涯所受阻力大 故D正确 故选 BD 点评 读懂v t图象 知道v t图象中加速度与位移的表示方法是正确解题的关键 2019 新课

7、标 静电场中 一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动 N为粒子运动轨迹上的另外一点 则 A 运动过程中 粒子的速度大小可能先增大后减小B 在M N两点间 粒子的轨迹一定与某条电场线重合粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 考点 A7 电场线 AE 电势能与电场力做功 专题 31 定性思想 45 归纳法 531 带电粒子在电场中的运动专题 62 推理能力 分析 电场线是一种理想化的物理模型 不是带电粒子的运动轨迹 电场力做正功时 电势能减小 曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与运动方向不在同一条直线上 解答 解 A 由于电场的特点未知 对于带电粒子 其运动过程中 粒子的速度大小可能先增大后减小 故A正确 B 带电粒子在只受电场力 且电场线是直线时运动轨迹才与电场线重合 由于该电场未知 所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合 故B错误 C 粒子从静止开始运动 电场力一定做正功 所以粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 故C正确 D 若粒子运动的轨迹为曲线 粒子在N点所受电场力的方向为电场线的切线方向 粒子轨迹的切线方

8、向为速度的方向 根据曲线运动的条件可知 此时电场力的方向与速度的方向一定不能平行 故D错误故选 AC 点评 该题考查对电场线的理解以及带电粒子在电场中运动的特点 要注意电场线的特点 电场线疏密表示场强大小 切线方向表示场强的方向 电场线不是带电粒子的运动轨迹 2019 新课标 如图 两条光滑平行金属导轨固定 所在平面与水平面夹角为 导轨电阻忽略不计 虚线ab cd均与导轨垂直 在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场 将两根相同的导体棒PQ MN先后自导轨上同一位置由静止释放 两 学海无涯者始终与导轨垂直且接触良好 已知PQ进入磁场时加速度恰好为零 从PQ进入磁场开始计时 到MN离开磁场区域为止 流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是 A B C D 考点 BB 闭合电路的欧姆定律 D9 导体切割磁感线时的感应电动势 专题 31 定性思想 4B 图析法 53B 电磁感应与图像结合 62 推理能力 分析 根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系 根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化 根据右手定则判断电流方向 解答 解 设PQ进

9、入磁场匀速运动的速度为v 匀强磁场的磁感应强度为B 导轨宽度为L 两根导体棒的总电阻为R 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I0 保持 不变 根据右手定则可知电流方向Q P 如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场 此时电流为零 当MN进入磁场时也是匀速运动 通过PQ的感应电流大小不变 方向相反 如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场 此时电流为零 当PQ离开磁场时MN的 学海无涯速度大于v 安培力大于重力沿斜面向下的分力 电流逐渐减小 通过PQ的感应电流方向相反 故AD正确 BC错误 故选 AD 点评 对于电磁感应现象中的图象问题 经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系 2019 新课标 如图 a 某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验 所用器材有 铁架台 长木板 铁块 米尺 电磁打点计时器 频率50Hz的交流电源 纸带等 回答下列问题 1 铁块与木板间动摩擦因数 用木板与水平面的夹角 重力加 速度g和铁块下滑的加速度a表示 2 某次实验时 调整木板与水平面的夹角使 30 接通电源

10、 开启打点计时器 释放铁块 铁块从静止开始沿木板滑下 多次重复后选择点迹清晰的一条纸带 如图 b 所示 图中的点为计数点 每两个相邻的计数点间还有4个点未画出 重力加速度为9 80m s2 可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为0 35 结果保留2位小数 考点 M9 探究影响摩擦力的大小的因素 专题 13 实验题 32 定量思想 43 推理法 522 牛顿运动定律综合专题 62 推理能力 学海无涯 分析 1 根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数的表达式 2 由逐差法可求得加速度的大小 再得出动摩擦因数的大小 解答 解 1 由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma 2 每相邻两计数点间还有4个打点 说明相邻的计数点时间间隔为0 1s 利用匀变速直线运动的推论 x at2 即逐差法可以求物体的加速度大小 a 1 97m s2 代入 得铁块与木板间的动摩擦因数为0 35 故答案为 0 35 点评 本题通过牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式 从而确定要测量的物理量 要先确定实验的原理 然后依据实验的原理解答即可 2019 新课标 某小组利用图 a 所示的电路 研究硅二极管在恒定电流条件下的正

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