2019年高考物理試題

分類匯編解析

第一章直線運動

第二章相互作用

第三章力和運動的關系

第四章曲線運動

第五章萬有引力

第六章機械能

第七章動量

第八章機械振動與機械波

第九章電場

第十章電路與恒定電流

第十一章磁場

第十二章電磁感應

第十三章交流電

第?卜四章電磁波

第十五章光學

第十六章分子動理論

第十七章氣體固體與液體

第十八章波粒二象性

第十九章原子結構

第二十章原子核

第一章直線運動

1、（2019?全國I?18）.如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高

度為伍上升第一個與所用的時間為第四個與所用的時間為人不計空氣阻力，則占滿足

444

t2t2t2t2

A.1<-<2B.2<-<3C,3v=<4D,4<=v5

f\%44

【答案】C

【解析】

【詳解】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運

動。則根據初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關系

1:：（V3—\/2j:（2—:（"7^-2>..,可知：=~~=2+6,即3v;v4,故本題選Co

2、（2019?全國I?22）.某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行研

究。物塊拖動紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖。已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz,紙

帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4人打出的點未畫出。在A3CQE五個點中，打點計時器最先打

出是點，在打出C點時物塊的速度大小為m/s（保留3位有效數字）；物塊下滑的加

速度大小為m/s2（保留2位有效數字）。

02~~3~~~~567~~8~~9~~

卜川||川II.IIIHLII川ill,川liJi-hi」［iliqiLilii而iihiiibwhi而|il川il5

\iAK11S

【答案】A0.2330.75

【解析】

【詳解】分析可知，物塊沿傾斜長木板最勻加速直線運動，紙帶上的點跡，從A到E,間隔越來越

大，可知，物塊跟紙帶的左端相連，級帶上最先打出的是A點；在打點計時器打C點瞬間，物塊

的速度匕=退=4.65)9233；根據逐差法可知，物塊下滑的加速度

c2T3<0.1

心-4?一(6.15-3.15)x10-2

0.75m/s2o

4T24x0.12

故本題正確答案為:A；0.233；0.75。

3、(2019?全國III-22).甲乙兩位同學設計了利用數碼相機的連拍功能測重力加速度的實驗。實驗中，甲

同學負責釋放金屬小球，乙同學負責在小球自由下落的時候拍照。已知相機每間隔0.1s拍1幅照片。

(1)若要從拍得的照片中獲取必要的信息，在此實驗中還必須使用的器材是o(填正確答案標號)

A.米尺B.秒表C.光電門D.天平

(2)簡述你選擇的器材在本實驗中的使用方法。

答：__________________________________________________

(3)實驗中兩同學由連續3幅照片上小球的位置a、b和c得至l」ab=24.5cm、ac=58.7cm,則該地的重力加速

度大小為8=—m/s2o(保留2位有效數字)

【答案】(1).A(2).將米尺豎直放置，使小球下落時盡量靠近米尺。(3).9.7

【解析】

【詳解】此實驗用數碼相機替代打點計時器，故實驗原理是相同的,仍然需要米尺來測量點與點之間的距離;

就本實驗而言，因為是不同照片，所以是測量連續幾張照片上小球位置之間的距離;加速度求解仍然用逐差法

計算,注意是be與ab之間的距離差.

4、

5、

6、

第一章直線運動

第二章相互作用

1、（2019?全國1?19）.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，系統處于靜止狀態。現用水平向

左的拉力緩慢拉動M直至懸掛N的細繩與豎直方向成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】

【詳解】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，緩慢向左移動直至細繩

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。

2、（2019?全國II?16）.物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30。的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。

已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為且，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N,則

3

物塊的質量最大為

A.150kgB.1(X)V3kgC.200kgD.2006kg

【答案】A

【解析】

【詳解】

7于mgsin仇戶"MN=加gcosO,帶入數據解得：m=150kg,故A選項符合題意

3、（2D19?全國IH?16）.用卡車運輸質量為〃，的勻質圓筒狀工件，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。當卡車沿平直公路

勻速行駛時，圓筒對斜面I、H壓力的大小分別為Q、F2,則

A戶6口6

A.=F2=-mg

cF.mg,F2=—mg

【答案】D

【解析】

【詳解】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態,由幾何關系容易找出兩斜面對圓筒支持力與重力

的關系，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。

4、（2019?天津-2）.2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建

造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內）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，可以適當降低索塔的高度

C.索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，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，索塔兩側的鋼索必須對稱分布

【答案】C

【解析】

【詳解】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

壓力數值上等于橋身的重力，增加鋼索的數量鋼索對索塔的向下的壓力數值大變，故A錯誤；

B、由圖甲可知27cosa=Mg,當索塔高度降低后，。變大，cosa變小，故丁變大，故B錯誤

C、由B的分析可知，當鋼索對稱分布時，2Tcosa=MSt鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確

FF

D、受力分析如圖乙,由正弦定理可知‘只要猛"幼,鋼索AC、AS的拉力心c、Em進行合成‘合

力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，故D錯誤；綜上分析：答案為C

甲

5、（2019?江蘇-2）.如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態，風對氣球的作用力水平向右.細繩與豎直

方向的夾角為如繩的拉力為。則風對氣球作用力的大小為

&T

A.-：—B.—C.TsinaD.Tcosa

sir.acosa

【答案】C

【解析】

【詳解】對氣球受力分析，由水平方向平衡條件可得：4=Tsina,故C正確。

6、

第二章相互作用

第三章力和運動的關系

1、（2019?全國H?22）.如圖（a）,某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數的實驗。所用器材有:

鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50Hz的交流電源，紙帶等。回答下列問題：

（1）鐵塊與木板間動摩擦因數4=（用木板與水平面的夾角仇重力加速度g和鐵塊下滑的加速度。

表示）

（2）某次實驗時，調整木板與水平面的夾角便30。。接通電源。開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止

開始沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶，如圖（b）所示。圖中的點為計數點（每兩個相鄰

的計數點間還有4個點未畫出）。重力加速度為9.8m/s2.可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數為

（結果保留2位小數）。

?Ts.oo!

tf，■單位：cm*/

11

r<~~?!111111.

111111

Ll'l.9611111

11111

1111

20.90111

11111

131.83J111

44.70111

1

i59.5711

76.39J

------------

gsin。一a

【答案】（，）-▼丁（2）-035

【解析】

,gsing-Q

【詳解】（1）ttjmgsinO-ftnigcosO=ma,解得：u=-----------........①

gCOS夕

（2）由逐差法方得：5n=(76.39-31.83)xlO^m,T=0.15s,5i=(31.83-5.00)xlO^m,故聽

9T2

9.8x--1.97

44.56x1O-2-26.83xIQ-2

m/s2=1.97ITV,S2,代入①式,得：產/T—=0.35

2

9x109.8x農

2

2、（2019?全國HI?20）.如圖（a）,物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗

臺上的力傳感器相連，細繩水平。仁0時，木板開始受到水平外力產的作用，在r=4s時撤去外力。細繩對物

塊的拉力/隨時間/變化的關系如圖（b）所示，木板的速度丫與時間，的關系如圖（c）所示。木板與實驗

臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數據可以得出

A,木板的質量為1kg

B.2s~4s內，力尸的大小為0.4N

C.0~2s內，力尸的大小保持不變

D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2

【答案】AB

【解析】

【詳解】結合兩圖像可判斷出0-2s物塊和木板還未發生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程

力廠等于故尸在此過程中是變力，即C錯誤；2-5s內木板與物塊發生相對滑動，摩擦力轉變為滑動摩擦

力，由牛頓運動定律，對2-4s和4-5s列運動學方程，可解出質量加為1kg,24s內的力產為0.4N,故A、

B正確：由于不知道物塊的質量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數〃，故D錯誤.

3、（2。19?北京?8）,國際單位制（縮寫SI）定義了米（m）、秒（s）等7個基本單位，其他單位均可由物

理關系導出。例如，由m和s可以導出速度單位m?s」。歷史上，曾用“米原器”定義米，用平均太陽日定義

秒。但是，以實物或其運動來定義基本單位會受到環境和測量方式等因素的影響，而采用物理常量來定義

則可避免這種困擾。1967年用鈉-133原子基態的兩個超精細能級間躍遷輻射的頻率Av=9192631770Hz定

義s；1983年用真空中的光速6-299792458!!）07定義01。2018年第26屆國際計量大會決定，7個基本單

位全部用基本物理常量來定義（對應關系如圖，例如I,s對應△也m對應c）。新SI自2019年5月20日（國

際計量日）正式實施，這將對科學和技術發展產生深遠影響。下列選項不正確的是

A.7個基本單位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩定性

B.用真空中的光速。（nvs-i）定義m,因為長度/與速度u存在/二認而s已定義

C.用基本電荷e（C）定義安培（A）,因為電荷量與電流/存在而s己定義

D.因為普朗克常量力（J-s）的單位中沒有kg,所以無法用它來定義質量單位

【答案】D

【解析】

【詳解】本題屬于信息題，由題所給信息結合/=%和/=/的物理意義解答。

由題意可知，如果以實物或其運動來定義基本單位會受到環境和測量方式等因素的影響，所以7個基本單

位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩定性，故A正確；

用真空中的光速定義m,即光在真空中傳播299792458分之一秒的距離，且s早已定義，故B正確；

由公式/=幺可知，安培即為1s時間內通過的電荷量，故C正確；

t

由題意可知，對應為kg,故D錯誤。

4、（2019?天津-9.（1?第26屆國際計量大會決定，質量單位“千克”用普朗克常量〃定義，“國際千克原

器”于2019年5月20日正式“退役”"的數值為6.63X10-34,根據能量子定義，〃的單位是,該單位

用國際單位制中的力學基本單位表示，則為。

【答案】Jskgm2/s

【解析】

【詳解】由E=/zu,能量的單位為J,頻率的單位為S-L故h的單位為J-s,又因能量的單位換成力學基

本單位可表示為kg?m/s2-m,則h的單位為kg-m2/s

5、（2019?江蘇?22）.如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊.4與8、B與

地面間的動摩擦因數均為必先敲擊44立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲

擊8,B立即獲得水平向右的初速度，A、8都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起

運動至停下.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求:

（1）.4被敲擊后獲得的初速度大小V4；

（2）在左邊緣再次對齊的前、后,8運到加速度的大小劭、的'；

（3）B被敲擊后獲得的初速度大小打.

【答案】（1）VA=J24gL；（2）as=3〃g,48'=〃g;（3）vB=2,2〃gL

【解析】

【詳解】（1）由牛頓運動定律知，4加速度的大小

z

勻變速直線運動2aAL=VA

解得匕='2〃gL

（2）設A、8的質量均為相

對齊前，B所受合外力大小?=3"〃唁

由牛頓運動定律F=mau,得as=3〃g

對齊后，A、B所受合外力大小尸=2〃mg

由牛頓運動定律F,=2）naB＞得as'="g

（3）經過時間3A、B達到共同速度也位移分別為以、XB,A加速度的大小等于的

則v=dAttv=vn-aiit

1212口1

XA=^aAl?XB=VBt-^aBt，XB-XA=l

L乙

解得vB=2j2〃gLo

第三章力和運動的關系

第四章曲線運動

1、（2019?全國H?19）.如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落

的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用I，表示他在豎

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m時，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】

【詳解】A.由wr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.由于以斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由7=口■易知0>。2,故C錯誤

t

D.由圖像斜率，速度為也時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故0>〃2,由G-fy=maf可知，人⑼2,

故D正確

2、（2019?北京-9）.用如圖1所示裝置研究平地運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。

鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從。點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠迂硬板一側較低，鋼球落在擋

板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一

系列痕跡點。

硬板白紙

（1）下列實驗條件必須滿足的有。

A.斜槽軌道光滑

B.斜槽軌道末段水平

C.擋板高度等間距變化

D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

（2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。

a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于。點，鋼球的（選填“最上端”、"最下端''或者

“球心”）對應白紙上的位置即為原點；在確定軸時（選填“需要”或者“不需要軸與重錘線平行。

b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖2所示，在軌跡上取4、8、C三點，

AB和BC的水平間距相等且均為X,測得AB和BC的豎更間距分別是產和”，則士g（選填“大于”、

“等于”或者“小于可求得鋼球平拋的初速度大小為（己知當地重力加速度為g,結果用上

述字母表示）。

（3）為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是,,

A.從細管水平噴出穩定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡

B.用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡

C.將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆

尖的平拋運動軌跡

(4)伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射

多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體。

A.在水平方向上做勻速直線運動

B.在豎直方向上做自由落體運動

C.在下落過程中機械能守恒

(5)牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，

物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛星。

同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變為做圓周運動，請分析原因。

【答案】⑴.BD(2).球心需要大于8(3).B(4),B(5).利用平拋運動的軌

\丫2-X

跡的拋物線和圓周運動知識證明即可

【解析】

【詳解】根據平拋運動的規律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動解答。

⑴本實驗中要保證小球飛出斜槽末端時的速度為水平，即小球做平拋運動，且每次飛出時的速度應相同，

所以只要每次將小球從斜槽上同一位置由靜止釋放即可，故BD正確：

(2)a.平拋運動的起始點應為鋼球靜置于Q點時，鋼球的球心對應紙上的位置.，由于平拋運動在豎直方向做

自由落體運動，所以在確定)，軸時需要)，軸與重錘線平行；

b.由初速度為零的勻加速直線運動規律即住相等時間間隔內所通過的位移之比為1:3:5：7：....可知，由于A

y.12

點不是拋出點，所以——＞三；設48,BC間所用的時間為T,豎直方向有：%一弘=g7，水平方向有：

x~%丁,聯立解得：%—x；

(3)A項：從細管水平噴出穩定的細水柱，由于細水柱射出后受到空氣阻力的作用，所以此方案不可行；

B項：用頻閃照相在同一底片上記錄小球不同時刻位置即平拋運動的軌跡上的點，平滑連接在一起即為

平拋運動軌跡，所以此方案可行；

C項：將鉛筆垂直于豎直的白板放軒，以一定初速度水平拋出，筆尖與白紙間有摩擦阻力的作用，所以鉛

筆作的不是平拋運動，故此方案不可行；

(4)由平拋運動豎直方向運動可知，力=gg/，時間/=J絲，所以只要高度相同，時間相同，故B正確;

(5)由平拋運動可知，豎直方向：〃水平方向：x=聯立解得：，=看/，即拋出物體的軌跡

2zvo

為拋物線，當拋出的速度越大，在拋物線上某點的速度足以提供該點做圓周運動的向心力時，物體的軌跡

從拋物線變為圓。

3、(2D19?江蘇-6).如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動.座艙的質量為機，運動

半徑為R,角速度大小為①，重力加速度為g,則座艙

A.運動周期為鄴

(D

B.線速度的大小為①R

C.受摩天輪作用力的大小始終為

D.所受合力的大小始終為/wdR

【答案】BD

【解析】

【詳解】由于座艙做勻速圓周運動，由公式口=——，解得：T=—,故A錯誤；由圓周運動的線速度與

Tco

角速度的關系可知，u=故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，

不可能始終為〃名，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：F合=mc"R,故D正確。

4、

5、

6、

第四章曲線運動

第五章萬有引力

1、（2019?全國I?21）.在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上

端，P由靜止向下運動，物體的加速度。與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示。在另一星球

N上月完全相同的彈簧，改用物體。完成同樣的過程，其a-x關系如圖中虛線所示，假設兩星球

均為質量均勻分布的球體。已知星球揚的半徑是星球N的3倍，則

A.M與N的密度相等

B.Q的質量是P的3倍

C.。下落過程中的最大動能是尸的4倍

D.。下落過程中彈簧的最大壓縮量是尸的4倍

【答案】AC

【解析】

【詳解1A、由a?x圖象可知，加速度沿豎直向下方向為正方向，根據牛頓第二定律有："g-丘二"%

kk

變形式為：a=g--x,該圖象的斜率為-一，縱軸截距為重力加速度g。根據圖象的縱軸截距

mm

可知，兩星球表面的重力加速度之比為：—=—又因為在某星球表面上的物體，所受重

41

力和萬有引力相等，即：6萼=臉,即該星球的質量加=的。又因為：孚，聯立

AG3

得「=耳。故兩星球的密度之比為：——=故A正確；

4兀RGpNgNRM

B、當物體在彈簧上運動過程中，加速度為0的一瞬間，其所受彈力和重力二力平衡，，咫="，

即：w=—；結合a?x圖象可知，當物體P和物體Q分別處于平衡位置時，彈簧的壓縮量之比為：

g

—=7^=1,故物體P和物體Q的質量之比為：^=——=1,故B錯誤;

2X

qO2mQxQgM6

C、物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時，它們的動能最大；根據結合

a-x圖象面積的物理意義可知：物體P的最大速度滿足次=2、-3%?丹=34%,物體Q的最大速

12

E—"%吠Qtny2

度滿足：詒=2%%，則兩物體的最大動能之比：—7^-=----=--,-T=4,C正確；

43"叫%

D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運動，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動的振幅A

分別為%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4%,則Q

下落過程中，彈簧最大壓縮量時P物體最大壓縮量的2倍，D錯誤；

故本題選AC。

2、（2019?全國II?14）.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〃表示探測器與地球表面的距離，尸表示它所受的地球引力，能夠描F隨h變化關系的圖

【答案】D

【解析】

GMm

【詳解】根據萬有引力定律可得:〃越大，尸越大，故選項D符合題意;

(R+4

3、（2019?全國III?15）.金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小

分別為。金、。地、。火，它們沿軌道運行的速率分別為y金、丫地、-火。已知它們的軌道半徑/?令＜/?坦＜/?火，由

此可以判定

A.〃金＞。地火B.〃火〉a地〉。金

C.uQu火＞v金D.丫火“地＞丫僉

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.由萬有引力提供向心力G絆=〃也可知軌道半徑越小，向心加速度越大，故知A項正確，B

錯誤；

CD.96粵="匕得v=J也可知軟道半徑越小，運行速率越大，故C、D都錯誤。

R2RVR

4、（2019?北京-6）.2019年5月17□,我國成功發射第45顆北斗導航衛星，該衛星屬于地球靜止軌道

衛星（同步衛星）。該衛星

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.發射速度大于第二宇宙速度D,若發射到近地圓軌道所需能量較少

【答案】D

【解析】

【詳解】由同步衛星的特點和衛星發射到越高的軌道所需的能量越大解答。

由于衛星為同步衛星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內，故A錯誤；

由于第一宇宙速度為衛星繞地球運行的最大速度，所以衛星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯

誤；

由于第二宇宙速度為衛星脫離地球引力的最小發射速度，所以衛星的發射速度一定小于第二宇宙速度，故C

錯誤；

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

5、（2319?天津?1）.2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發射，

“實現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“。已知月球的質量為M、半徑為

R，探測器的質量為加，引力常量為G,嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為廠的勻速圓周運動時，探測器

的（）

A周叫老c…、iGMm

B.動能為

D.向心加速度為粵

C.角速度為

【答案】C

【解析】

【詳解】由萬有引力提供向心力可得空依===根±=“，可得丁=2產」工，故A

r2T~rVGM

正確:解得v=^――，由于紇=^mv2=,故B錯誤；解得CD=GM

，故C錯誤：解得。=

故D錯誤。綜上分析，答案為A

6、（2019?江蘇?4）.1970年成功發射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛星，該衛星至今仍沿橢圓軌

道繞地球運動.如圖所示，設衛星在近地點、遠地點的速度分別為必、V2,近地點到地心的距離為r,地球

質量為M,引力常量為G.則

【答案】B

【解析】

【詳解】“東方紅一號”從近地點到遠地點萬有引力做負功，動能減小，所以匕＞匕，過近地點圓周運動的

速度為y=J絲,由于“東方紅一號”在橢圓上運動，所以匕＞\GM..

----,故B正確。

第五章萬有引力

第六章機械能

1、（2019?全國n?18）.從地面豎直向上拋出一物體，其機械能￡電等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取

地面為重力勢能零點，該物體的E總和瓦隨它離開地面的高度〃的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2.

由圖中數據可得

A.物體的質量為2kg

B./?=0時，物體的速率為20m/s

C./『2m時，物體的動能Ek=40J

D.從地面至力=4m,物體的動能減少100J

【答案】AD

【解析】

QQJ

【詳解】A.且"圖像知其斜率為G,故6=—=20N,解得機=2kg,故A正確

4m

B.力=0時，6=0,a=E機-8=100J-0=100J,故解得：片［（）m/s：故B錯誤；

C./i=2m時，%=40J,E產E機用,=85J-40J=45J,故C錯誤

D.〃=0時，E尸E機-Ep=100J-0=100J,力=4m時，Et'=E機?昂=80J-80J=0J,故氏Er=100J,故D正確

2、（2019?全國III?17）.從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不

變、方向始終與運動方向相反外力作用。距地面高度人在3m以內時，物體上升、下落過程中動能反隨

〃的變化如圖所示。重力加速度取lOm/s?。該物體的質量為

A.2kgB.1.5kgD.0.5kg

【答案】C

【解析】

【詳解】對上升過程，由動能定理，~（F+mg）h=Ek-Ek（）f得七二七如一（尸+咋?）〃，即F+mg=12N；

下落過程，（mg-F）（6-力）=々，即/一尸=l=8N,聯立兩公式，得到〃曰kg、F=2No

3、（2。19?天津?10）.完全由我國自行設計、建造國產新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母

上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示。為便于研究艦載

機的起飛過程，假設上翹甲板8C是與水平甲板A8相切的一段圓弧，示意如圖2,A8長4=150m,BC

水平投影&=63m,圖中C點切線方向與水平方向的夾角。=12。（sinl2°?0.21）o若艦載機從A點由

靜止開始做勻加速直線運動，經f=6s到達8點進入8C。己知飛行員的質量m=60kg,g=10m/s2,

求

圖1

?J上，*

H—-------4g

、人圖2

（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；

（2）艦載機剛進入8C時，飛行員受到豎直向上的壓力%多大。

【答案】（1）IV=7.5X104J：（2）=l.lxlO5N

【解析】

【詳解】（1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為則有

①

2t

根據動能定理，有

I,

W=-nu2-O@

2f

聯立①②式，代入數據，得

W=7.5xl04J③

（2）設上翹甲板所對應的圓弧半徑為/?,根據幾何關系，有

a=Rsin。④

由牛頓第二定律，有

&-叫=〃7^■⑤

聯立①④⑤式，代入數據，得

3

FN=l.lxioN@

4、（2019?江蘇-8）.如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態.小物塊的質量為〃?，從A點向左

沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止.物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動

摩擦因數為小重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度.在上述過程中

A.彈簧的最大彈力為〃mg

B.物塊克服摩擦力做的功為

C.彈簧的最大彈性勢能為〃mgs

D.物塊在4點的初速度為師7

【答案】BC

【解析】

【詳解】小物塊壓縮彈簧最短時有七琢，故A錯誤；全過程小物塊的路程為2$,所以全過程中克服

摩擦力做的功為：j^fng-2s,故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：Epmax=，

故C正確：小物塊從A點返回A點由動能定理得：一"叫NsuO-g加噥解得：%=2j礪，故D錯

誤。

5、（2019?江蘇?10）.某興趣小組用如題1圖所示裝置驗證動能定理.

（1）有兩種工作頻率均為50Hz的打點計時器供實驗選用:

A.電磁打點計時器

B.電火花打點計時器

為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選擇（選填"A”或"B”）.

1圖

（2）保持長木板水平，將紙帶固定在小車后端，紙帶穿過打點計時器的限位孔.實驗中，為消除摩擦力的

影響，在祛碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運動.同學甲認為此時摩擦刀的影響已得到消除.同學乙

認為這應從盤中取出適量沙子，直至輕推小車觀察到小車做勻速運動.看法正確的同學是（選填“甲”

或“乙”）.

（3）消除摩擦力影響后，在祛碼盤中加入祛碼.接通打點計時器電源，松開小車，小車運動.紙帶被打

出一系列點，其中的一段如題2圖所示.圖中紙帶按實際尺寸畫出，紙帶上A點的速度m/s.

2圖

（4）測出小車的質量為再測出紙帶上起點到A點的距離為L.小車動能的變化量可用△4二：%/算出.祛

碼盤中祛碼的質量為相，重力加速度為g;實驗中，小車的質量應（選填“遠大于”“遠小于''或“接近”）

祛碼、祛碼盤和沙子的總質量，小車所受合力做的功可用W刁陽上算出.多次測量，若W與△叫均基本相

等則驗證了動能定理.

【答案】（1）.B（2）.乙（3）.0.31（0.30~0.33都算對）（4）.遠大于

【解析】

【詳解】（1）為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選電火花打點計時器即B：

（2）當小車開始運動時有小車與木板間的摩擦為最大靜摩擦力，由于最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，所以甲

同學的看法錯誤，乙同學的看法正確；

（3）由圖可知，相鄰兩點間的距離約為0.62cm,打點時間間隔為0.02s,所以速度為

s0.0062

v=—=----------m/s=0.31；

t0.02

（4）對小車由牛頓第二定律有：T=Ma,對硅碼盤由牛頓第二定律有：mg-T=聯立解得：

Mmg_mg

M~s,當M機時有：T?mg,所以應滿足：M加。

M

6、

第六章機械能

第七章動量

1、（2019?全國I-25）.豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連

接，小物塊8靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。-0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜

止開始下滑，一段時間后與8發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的尸點（圖

中未標出）時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的

修圖像如圖（b）所示，圖中的也和A均為未知量。已知A的質量為加，初始時A與3的高度差

為H,重力加速度大小為g,不計空餐阻力。

圖（a）圖（b）

（1）求物塊8的質量；

（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊3停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩

擦因數，然后將A從尸點釋放，一段時間后4剛好能與3再次碰上。求改變前面動摩擦因數的比

值。

211

【答案】（1）3m（2）正，ngH（3）—

【解析】

【詳解】（1）物塊A和物塊B發生碰撞后一瞬間的速度分別為乙、以，彈性碰撞瞬間，動量守恒,

機械能守恒，即：=mvA+mBvB

1.1212

乙4乙

m-mn2m

聯立方程解得：以=8匕;%二一：一匕

m+tnBm+mB

根據v-t圖象可知，=--V,

解得：，知3m

(2)設斜面的傾角為氏根據牛頓第二定律得

當物塊A沿斜面下滑時：=由v?t圖象知：

5v.

當物體A沿斜面上滑時：fngsinO+f=ma2,由v-l圖象知：=—

解得：f="mgsin。；

H1

又因下滑位移％=「；=77M

smc/2

則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：％2=4=1,??0?4。=0.1卬1

sin。22

其中人為P點離水平面得高度，即力

故在圖(b)描述的整個過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：

W11n(HH}2u

W=f(x]+x2)=-mgsin0x\——+——=—mgH

9(sin。5sin”15

(3)設物塊B在水平面上最遠的滑行距離為S