2019年高考全国各地物理真题分类汇编20个（解析版）

2019年高考全国各地物理真题分类汇编

专题01直线运动-----------------------------------------2

专题02相互作用-----------------------------------------5

专题03牛顿运动定律-------------------------------------9

专题04曲线运动----------------------------------------11

专题05万有引力定律与航天------------------------------11

专题06功和能------------------------------------------15

专题07动量--------------------------------------------16

专题08静电场------------------------------------------17

专题09稳恒电流----------------------------------------21

专题11电磁感应----------------------------------------24

专题12交流电------------------------------------------29

专题13原子结构、原子核和波粒二象性--------------------29

专题14选修3-3------------------------------------------------------------------31

专题15机械振动和机械波--------------------------------37

专题16光学电磁波相对论-----------------------------43

专题17力学实验----------------------------------------49

专题18电学实验----------------------------------------56

专题19力学计算题--------------------------------------66

专题20电学计算题--------------------------------------79

专题01直线运动

（2019•全国I卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高

度为从上升第一个《所用的时间为小第四个会所用的时间为"不计空气阻力，则盛满

A.K—<2B.2<—<3C.3<—<4D.4<—<5

4444

【答案】C

【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落

体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系

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

题选C。

（2019•全国I卷）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研

究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为

50Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在ABCDE五个点中，打

点计时器最先打出的是点，在打出C点时物块的速度大小为m/s（保留3位有效

数字）；物块下滑的加速度大小为m/s2（保留2位有效数字）。

【答案】(1).A(2).0.233(3).0.75

【解析1分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A到E,间隔

越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；在打点计时器打C点

瞬间，物块的速度%=如=465*1=o233m/s；根据逐差法可知，物块下滑的加速度

2T2x0.1

X(6.15-3.15)x10-2

„_XCE~AC=0.75m/s2o

4T24x0.12

故本题正确答案为:A；0.233；0.75o

(2019•全国II卷)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

其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7图像如图(b)所示，八和々是他落在倾斜雪道上的

时刻。则

图(b)

A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C.第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D.竖直方向速度大小为3时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】A.由M图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离

大于第一次下落距离，所以，A错误；

B.由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B

正确

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％=匕为易知0＞公，

t

故C错误

D.由图像斜率，速度为片时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故见＞6,由G-fy^ma,

可知,卜＜fn，故D正确

(2019・4月浙江选考)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象

如图所示，则在0〜h时间内

B.甲、乙位移相同

C.甲经过的路程比乙小

D.甲、乙均做加速运动

【答案】B

【解析】A.因x-t图像的斜率等于速度，可知在0〜□时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度

大于甲，选项A错误；

B.由图像可知在0〜L时间内甲、乙位移相同，选项B正确；

C.甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；

D.由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误。

(2019•4月浙江选考)质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用

一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到l.OxlO’m/s。已知加速电场的场强为1.3X105N/C,

质子的质量为1.67x1O/kg,电荷量为1.6X1049C,则下列说法正确的是

A.加速过程中质子电势能增加

B.质子所受到的电场力约为2X1()TN

C.质子加速需要的时间约为8xl(y6s

D.加速器加速的直线长度约为4m

【答案】D

【解析】A.加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误;

B.质子所受到的电场力约为尸=W=1.3X1()5X1.6X10T9N=2X10T4N,选项B错误：

p2x10-14

C.加速度a=—=----------m/s2«1.2x1013m/s2,则质子加速需要的时间约为

m1.67x10-27

7

t=-=^0=8.3x10­7s,选项C错误；

a1.2x1013

D.加速器加速的直线长度约为x=：=8,3x10.7加“4m，选项D正确。

22

专题02相互作用

（2019•全国I卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳

跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水

平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。。已知M始终保持静止，则

在此过程中

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.M所受细绳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减小后增加

【答案】BD

【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至

细绳与竖直方向夹角为45。的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩

擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦

力f可能先减小后增加。故本题选BD。

（2019•全国m卷）用卡车运输质量为〃?的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜

面之间，如图所示。两斜面I、II固定在车上，倾角分别为30。和60。。重力加速度为g。当卡车沿平

直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、H压力的大小分别为Q、B，则

立4

B

-乃3-V3T

3

A.C4石

1

-『=g-T

22D.

【答案】D

【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，由几何关系容易找出两斜面对圆筒支持力与

重力的关系，由牛顿第三定律知斜面对圆筒的支持力与圆筒对斜面的压力大小相同。

（2019•全国川卷）如图（a）,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验

台上的力传感器相连，细绳水平。右0时，木板开始受到水平外力尸的作用，在r=4s时撤去外力。细

绳对物块的拉力/随时间，变化的关系如图（b）所示，木板的速度u与时间，的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出

A.木板的质量为1kg

B.2s~4s内，力F的大小为0.4N

C.0〜2s内，力尸的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此

过程力尸等于力故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变

为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量，"为1kg,2-4s内的力F

为0.4N,故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数〃，故D错误.

（2019•天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建

造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（）

A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B.为了减小钢索承受拉力，可以适当降低索塔的高度

C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

【答案】C

【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的

向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误:

B、由图甲可知2Tcosa=A侑，当索塔高度降低后，a变大，cosa变小，故T变大，故B错误

C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，2Tcosa=皎，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确

D、受力分析如图乙'由正弦定理可知'只要煞=金'钢索叱、4B的拉力灰、的进行合

成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综上分析：答案为C

（2019•江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态.小物块的质量为根，从4点向

左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s,与地

面间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度.在上述过程中

m

删一:I

]◄----s---A

A.弹簧的最大弹力为〃mg

B.物块克服摩擦力做的功为2«/ngs

C.弹簧的最大弹性势能为〃加gs

D.物块在A点的初速度为V5砺

【答案】BC

【解析】小物块压缩弹簧最短时有辱>〃叫，故A错误；全过程小物块的路程为2s,所以全过程

中克服摩擦力做的功为：pimg-ls,故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：

Epn>ax=〃mgs，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：一〃mg,2s=°-/小说，解得:

%=2，〃gs,故D错误。

（2019•4月浙江选考）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的登场

细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则

A.杆对A环的支持力变大

B.B环对杆的摩擦力变小

C.杆对A环的力不变

D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大

【答案】B

【解析】A.对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg,可知将两环距离变小后杆对A环的

支持力不变，选项A错误；

BD.对圆环B受力分析可知，f=TcosO；对书本：2TsinO=mg,解得f=（其中的0是绳与杆之

2tan0

间的夹角），则当两环距离变小后，9变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，选项

B正确，D错误；

C.同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，选项C错误。

专题03牛顿运动定律

（2019•全国I卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体尸轻放在弹簧上

端，P由静止向下运动，物体的加速度。与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一

星球N上用完全相同的弹簧，改用物体。完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示，假

设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则

A.M与N的密度相等

B.。的质量是P的3倍

C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

【答案】AC

【解析】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：

kk

mg-kx=ma,变形式为：a=g---x,该图象的斜率为---，纵轴截距为重力加速度g。

mm

根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：—=—=T；又因为在某星

SN41

球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：G”g'即该星球的质量叫陪。

又因为：M=p塔,联立得再;。故两星球的密度之比为：—=-=故

34WRGpNSNRM

A正确;

B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间,其所受弹力和重力二力平衡，mg=kx,

即：m=一；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之

g

比为：—=故物体P和物体Q的质量之比为：或=".正=:，故B错误；

XQ252mQxQgM6

C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据/=2公，

结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足片=2，-3%'=3。环0,物体Q

12

E~^mQvQmv2

的最大速度满足：诒=2%后,则两物体的最大动能之比：善——=」.-1=4,C正

EkP）加阳”

确；

D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的

振幅A分别为端和2%,即物体P所在弹簧最大压缩量为2%,物体Q所在弹簧最大压缩量

为44，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；

故本题选AC。

（2019•全国H卷）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立，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最

3

大张力为1500N,则物块的质量最大为

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

【答案】A

T=f+mgsm6,户〃MN=〃?gcos9,带入数据解得：150kg,故A选项符合题意

专题04曲线运动

（2019•江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为〃?，运

动半径为R,角速度大小为3,重力加速度为g,则座舱

A.运动周期为二

（t）

B.线速度的大小为“R

C.受摩天轮作用力的大小始终为，咫

D.所受合力的大小始终为加/R

【答案】BD

【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式。=」，解得：T=—,故A错误：由圆周运动的线速

Tco

度与角速度的关系可知，V=CDR,故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作

用力是变力，不可能始终为〃吆，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：F『mlR,

故D正确。

专题05万有引力定律与航天

（2019•全国n卷）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，用力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F

随h变化关系的图像是

【答案】D

GMm

【解析】根据万有引力定律可得：F6越大，尸越大，故选项D符合题意;

(火+4

（2019•全国III卷）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小

分别为。金、a地、。火，它们沿轨道运行的速率分别为％、v地、丫火。已知它们的轨道半径/?企地火，

由此可以判定

A.a金地火B.a火地金

C.v地"火X金D.v火〉y地〉y金

【答案】A

Mm

【解析】AB.由万有引力提供向心力G-=ma可知轨道半径越小，向心加速度越大，故知A项正确，

R-

B错误；

…(cMmv2.写可知轨道半径越小,运行速率越大，故C、D都错误。

CD.由G——=m—z得r丫=

R2R

（2019•天津卷）2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，

“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹已知月球的质量为M、半

径为R,探测器的质量为加，引力常量为G,嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动

时，探测器的（）

4兀2/-4化斗，GMm

A.周期为B.动能为:一

GM2R

Gm向心加速度为零

C.角速度为D.

【答案】C

4"2V2，可得7=2万J」一，

【解析】由万有引力提供向心力可得丝丝=mr=incD^r=m—=ma

r\GM

GM.„12GMm，故B错误；解得。=小萼，故C错误;

故A正确：解得丫=----,由于4=-mu=

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

解得"华，故D错误。综上分析，答案为A

（2019•北京卷）2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道

卫星（同步卫星）。该卫星

A.入轨后可以位于北京正上方

B.入轨后的速度大于第一宇宙速度

C.发射速度大于第二宇宙速度

D.若发射到近地圆轨道所需能量较少

【答案】D

【解析】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答。

由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；

由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故

B错误；

由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度,

故C错误；

将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确。

（2019•江苏卷）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆

轨道绕地球运动.如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为也、也，近地点到地心的距离为

r,地球质量为M,引力常量为G.则

B.v,>Vj.v,>

D.v,<v2,v,>

【答案】B

【解析】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以%＞匕，过近地点圆

02，故B正确。

周运动的速度为丫=—,由于'‘东方红一号”在椭圆上运动，所以看〉

（2019・4月浙江选考）某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止）。则此卫

星的

A.线速度大于第一宇宙速度

B.周期小于同步卫星的周期

C.角速度大于月球绕地球运行的角速度

D.向心加速度大于地面的重力加速度

【答案】C

【解析】A.第-宇宙速度是所有绕地球运行的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速

度，选项A错误；

B.卫星属于地球静止轨道卫星，即为地球的同步卫星，选项B错误；

C.根据3=什可知，因此卫星做圆周运动的半径远小于月球绕地球做圆周运动的半径，可知角速度

大于月球绕地球运行的角速度，选项C正确；

GM

D.根据。=丁可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误。

r

专题06功和能

（2019•全国n卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能反与重力势能心之

和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和与随它离开地面的高度/?的变化如图所示。重

力加速度取10m/s2。由图中数据可得

A.物体的质量为2kg

B.人=0时，物体的速率为20m/s

C.〃=2m时，物体的动能Ek=40J

D.从地面至/?=4m,物体的动能减少100J

【答案】AD

QQT

【解析】A.图像知其斜率为G,feG=—=20N,解得m=2kg,故A正确

1,

B.A=0时，3=0,&=E机-E/,=100J-0=100J,fe-mv-=100J,解得：v=10m/s,故B错误；

C.〃=2m时，EP=4QJ,C=E机-%=85J-40J=45J,故C错误

D.1=0时,机-斗=100J-0=100J,人=4m时,E*'=E机-与=8OJ-8OJ=OJ,故&-&'=100J,故D

正确

（2019•全国ni卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不

变、方向始终与运动方向相反外力作用。距地面高度在3m以内时，物体上升、下落过程中动能

仇随力的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为

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

【答案】C

【解析】对上升过程，由动能定理，一（b+mg）/z=&-4，得&=耳0-（尸+2?）1即F+mg=\2N；

下落过程，（mg-FX6-h）=Ek，即根g—F=〃=8N,联立两公式，得到m=lkg、F=2N。

（2019•北京卷）下列说法正确的是

A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度

B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和

C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关

D.气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变

【答案】A

【解析】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分

子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强

A.温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A正确；

B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B错误；

C.由压强公式P=（可知，气体压强除与分子平均动能有关即温度，还与体积有关，故C错误；

D.温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D错误。

专题07动量

（2019•全国I卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标

志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度

约为3km/s,产生的推力约为4.8X1（）6N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为

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

【答案】B

【解析】设该发动机在fs时间内，喷射出的气体质量为机，根据动量定理，Ft^mv,可知,

在1s内喷射出的气体质量11^=—=—=+8x1。kg=i.6xlO'Mg,

故本题选Bo

专题08静电场

（2019•全国II卷）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

C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能

D.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

【答案】AC

【解析】A.若电场中由同种电荷形成即由4点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；

番

B.若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。

C.由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势

能小于等于M点电势能，故C正确

D.粒子可能做曲线运动，故D错误；

（2019•全国HI卷）如图，电荷量分别为q和-q（4>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，〃、h

是正方体的另外两个顶点。则

A.a点和b点电势相等

B.a点和b点的电场强度大小相等

C.a点和b点的电场强度方向相同

D.将负电荷从a点移到6点，电势能增加

【答案】BC

【解析】由几何关系，

可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b,电势能减少，故D错误;由对称性和电场的叠

加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

(2019•天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为机的带电小球，以初速度。从M点

竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2。，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程

()

JN-

1,

A.动能增加一mzrB.机械能增加2加2

2

3,

C.重力势能增加一机D.电势能增加2机。2

2

【答案】B

1719

【解析】由动能的表达式线=3加仁可知带电小球在M点的动能为EA,M=-mv2,在N点的动能为

13

2

Ewv=-m（2v）=2mv,所以动能的增量为△耳=万/m已故A错误；带电小球在电场中做类平抛

运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有

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

yvm2

ca

2

,因此有x=2〃，对小球写动能定理有gEr—mg/z=Ek=-mv,联立上式可解得

qEx=2mv2,mgh=-mv2,因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mr,电势能减少2mv?，

故B正确D错误，电力做负功重力势能增加量为,相声，故c错误。

2

（2019•北京卷）如图所示，a、〃两点位于以负点电荷-Q（。＞0）为球心球面上，c点在球面外，

则

A.a点场强的大小比b点大

B,点场强的大小比c点小

C.a点电势比匕点高

D.6点电势比c点低

【答案】D

【解析】由点电荷场强公式E=上乌确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球

厂

面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。

由点电荷的场强公式E=左W■可知，“、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大

r

小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比分点的大，所以6点的场强大小比c点的大，故B

错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以。点与b点电势相等，负电荷的电场线是

从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。

（2019•江苏卷）如图所示，A8C为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在4点.先将一电荷量也

为+4的点电荷0从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W.再将0从C点沿

CB移到B点并固定.最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点.下列说法正确的有

A

\+（1

/\

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

W

A.Qi移入之前，C点的电势为一

q

B.Qi从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0

C.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W

D.Q在移到C点后的电势能为-4W

【答案】ABD

EW

【解析】由题意可知，C点的电势为%=上n=一，故A正确；由于8、C两点到A点（+9）的距离

qq

相等，所以&C两点的电势相等，所以2从C点移到8点的过程中，电场力做功为0,故B正确；

八2W八

由于8、C两点的电势相等，所以当在B点固定2后，C点的电势为——，所以Q,从无穷远移到C

q

（2W、

点过程中，电场力做功为：W=qU=-2qx0——=4W故C错误；

Iq）

2W

由于C点的电势为——，所以电势能为耳=-4W,故D正确。

q

（2019・4月浙江选考）用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为l.OxlO^kg、电荷量为2.0x10q2

的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°,如图所

示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin37°=0.6）

A.该匀强电场的场强为3.75X1（）7N/C

B.平衡时细线的拉力为0.17N

C.经过0.5s,小球的速度大小为6.25m/s

D.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s

【答案】C

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

1.0x10-2x10x0.75,6,,

E=-------------------------------N/C=3.75x106W/C,细线的拉力：T=

2.0xIO*

T=mg=10x102）吸=0.1257,选项AB错误；

cos37°08

C.小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，

T0.125

其方向与竖直方向成37°角，加速度大小为Q=—=-:-------m/s2=12.5m/s2,则经过0.5s,小球的

ml.OxlO-2

速度大小为v=at=6.25m/s,选项C正确；

D.小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：mgL+qEL=-mv2,带入数

据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳

子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s,选项D错误。

专题09稳恒电流

（2019•江苏卷）如图所示的电路中，电阻R=2C.断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压

表的读数为2V,则电源的内阻，•为

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

【答案】A

E

【解析】开关s断开时有：E=3V,开s闭合时有：2=~^—R,其中R=2C,解得：r=lQ,

R+r

故A正确。

(2019•北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充

电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差〃随电荷量q的变化图像都相同。

(1)请在图1中画出上述图像。类比直线运动中由V-/图像求位移方法，求两极间电压为U时

电容器所储存的电能品。

()

u.

0

图1

(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参

数对同一电容器进行两次充电，对应的q~t曲线如图3中①②所示。

a.①②两条曲线不同是(选填E或R)的改变造成的；

b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。

(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。

请思考使用“恒流源''和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

“恒流源”(2)中电源

电源两端电压——

通过电源的电流——

CU2_

【答案】(1)./(2).Ep=^—(3).R(4).要快速度充

P2

°Q

电时，只要减小图2中的电阻尺要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻H即可(5).增大(6).

不变(7).不变(8).减小

【解析】由电容器电容定义式。=幺得到"一4图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解

U

决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答

(1)由电容器电容定义式可得：。=幺，整理得：u」q，所以“-。图象应为过原点的倾斜直线，

uC

如图：

由题可知，两极间电压为。时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即与=学，当两极

CTJ2

间电压为U时，电荷量为。=。。，所以Ep=±|-；

(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：

Q=CE,由夕-，图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造

成的；

b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻/?,要均匀充电时，只要适当增大图2中的电

阻K即可；

(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，目.充电过程中电

量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成

“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源

的电压不变，通过电源的电流减小。

（2019•4月浙江选考）下列器件中是电容器的是

【答案】B

【解析】

【详解】A是滑动变阻器；B是电容器；C是电阻箱；D是定值电阻；故选B.

（2019•4月浙江选考）电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R”两

端电压为U”流过的电流为L；电动机的内电阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为12。则

U1/仁力勺

A-</?B.血速C.-=-D.-<-

【答案】D

力

【解析】由题意可知L=b，选项A错误；因U2>LR2,U!=IIRI,则<『，选项BC错误，D正确；

7Ur2

故选D.

专题11电磁感应

（2019•全国I卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图

（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为p、横截面积为S,将该导线做成半径为r

的圆环固定在纸面内，圆心。在MN上。r=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强

度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在r=0到t=t,的时间间隔内

A.圆环所受安培力