2019高考全国卷2教学提纲.doc

2019高考全国卷2精品文档（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（）ABCD【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：FG可知，F与h是非线性关系，Fh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FG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。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布（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4HHe+2e+2v已知H和He的质量分别为mp1.0078u和m4.0026u，1u931MeV/c2，c为光速。在4个H转变成1个He的过程中，释放的能量约为（）A8MeVB16MeVC26MeVD52MeV【考点】JI：爱因斯坦质能方程菁优网版权所有【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：m4mpm41.0078u4.0026u0.0286u，由于1u931MeV/c2，根据爱因斯坦质能方程可得：Emc226MeV，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若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为（）A150kgB100kgC200kgD200kg【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【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：以物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：Fmgsin30+mgcos30当拉力最大时质量最大，解得：m150kg，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（）AkBl，kBlBkBl，kBlCkBl，kBlDkBl，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菁优网版权所有【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，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaBm解得：vakBl；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2l2+（Rd）2解得：Rd根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdBm解得：vdkBl；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（）A物体的质量为2kgBh0时，物体的速率为20m/sCh2m时，物体的动能Ek40JD从地面至h4m，物体的动能减少100J【考点】1N：竖直上抛运动；6B：功能关系菁优网版权所有【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h4m时的Ep值和Epmgh求出物体的质量。根据h0时的动能求物体的速率。h2m时，物体的动能为EkE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，h4m时Ep80J，由Epmgh得m2kg，故A正确。B、h0时，Ep0，E总100J，则物体的动能为EkE总Ep100J，由Ek，得v010m/s，故B错误。C、h2m时，Ep40J，E总90J，则物体的动能为EkE总Ep50J，故C错误。D、从地面至h4m，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vt图象如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（）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D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：运动的合成和分解菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题；62：推理能力【分析】vt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mgfma可得阻力大的加速度小，故第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。故选：BD。【点评】读懂vt图象，知道vt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【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【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（）ABCD【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菁优网版权所有【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QP；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，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菁优网版权所有【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【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：mgsinmgcosma，（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xat2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a1.97m/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向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0A时得到的某硅二极管Ut关系曲线。回答下列问题：（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0A，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U15.00mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻变小（填“变大”或“变小”），电压表示数增大（填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向B（填“A”或“B”）端移动，以使示数仍为U1。（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|2.8103V/（保留2位有效数字）。【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题；65：实验能力【分析】（1）已知定值电阻阻值与电路电流，应用欧姆定律可以求出电压表的示数；分析图示图线可知当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻如何变化；根据二极管电阻变化应用闭合电路欧姆定律分析答题。（2）根据图示图线求出二极管的测温灵敏度。【解答】解：（1）电压表V1测定值电阻R0两端电压，其示数为：U1IR050.01061005.00103V5.00mV；由图（b）所示图线可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻变小，由于二极管电阻减小，二极管分压减小，由串联电路特点可知，定值电阻分压变大，电压表V1示数增大，为保持电压表示数不变，应减小定值电阻分压增大滑动变阻器分压，滑动变阻器接入电路的阻值应增大，滑动变阻器滑片应向B端移动；（2）由图（b）所示图线可知，该硅二极管的测温灵敏度为：|2.8103V/；故答案为：（1）5.00，变小，增大，B；（2）2.8。【点评】本题考查了实验数据处理，根据题意分析清楚图（a）所示电路结构与图（b）所示图线是解题的前提与关键，应用欧姆定律、串联电路特点根据题意即可解题。（2019新课标）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（0）。质量为m、电荷量为q（q0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题；62：推理能力【分析】（1）根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。【解答】解：（1）PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：E，设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：qEhEk解得：Ek+；粒子在PG间运动的加速度为：a此过程中粒子运动时间为t，则有：h在水平方向上的位移大小为：xv0t；解得：xv0（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：L2x2v0。答：（1）粒子第一次穿过G时的动能+；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0。【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书（2019新课标）一质量为m2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t10.8s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；52：动量定理菁优网版权所有【专题】22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52J：力学综合性应用专题；63：分析综合能力【分析】（1）根据运动情况画出速度图象；（2）若汽车在t2+3tt2+4t时间未停止，根据运动学公式求解速度，再判断运动情况；由于在t2+3tt2+4t时间汽车停止，根据运动学公式列方程求解；（3）根据牛顿第二定律求解阻力，根据动量定理、动能定理列方程求解汽车克服阻力做的功和速度大小，根据位移时间关系求解从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离。【解答】解：（1）vt图象如图所示；（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取t1s，设汽车在t2+（n1）tt2+nt内的位移为sn，n1、2、3。若汽车在t2+3tt2+4t时间内未停止，设它在t2+3t时刻的速度为v3，在t2+4t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：s1s43a（t）2s1v2tv4v24at 联立式，代入数据解得：v4m/s 这说明在t2+4t时刻前，汽车已经停止。因此，式子不成立；由于在t2+3tt2+4t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：v3v23at 2as4v32联立式，代入数据解得a8m/s2，v228m/s 或者am/s2，v229.76m/s 但式子情境下，v30，不合题意，舍去；（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：f1ma 在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I根据动量定理可得：Imv1mv2，根据动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为W联立式，代入数据可得：v130m/s，W1.16105J；从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：sv1t1+（v1+v2）（t2t1）+联立，代入数据解得s87.5m。答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线如图所示。（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。【点评】本题考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律的综合应用等问题，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键；注意汽车速度减为零后不再运动，所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。面同意，不得复制发布（2019新课标）如pV图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1大于N2，T1等于T3，N2大于N3（填“大于”“小于”或“等于”）【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题；63：分析综合能力【分析】单位时间内气体分子对单位器壁上的压力是气体的压强，根据图示图线求出各状态气体的压强与体积，然后应用理想气体状态方程分析答题。【解答】解：由pVnRT得：，由图示图线可知，在状态1气体压强大于状态2气体压强，两状态下气体体积相等；即：V状态1V状态2，p状态12p状态2，故，解得：T12T2，即T1T2，由于分子密度相同，温度高，分子单位时间内撞击器壁单位面积的分子数就多，故N1N2；由于p状态1V状态1p状态3V状态3；故T1T3；则T3T2，又p2p3，状态2气体分子密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，状态3气体分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故在状态2单位时间内撞击器壁单位面积的分子数大于状态3单位时间内撞击器壁单位面积的分子数，即N2大于N3；故答案为：大于；等于；大于。【点评】本题考查了理想气体状态方程的应用，根据题意分析清楚图示气体状态变化过程求出各状态气体状态参量是解题的前提，掌握基础知识、应用理想气体状态方程即可解题。（2019新课标）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求（i）抽气前氢气的压强；（ii）抽气后氢气的压强和体积。【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题；63：分析综合能力【分析】（i）对两活塞应用平衡条件可以求出抽气前氢气的压强。（ii）气体温度保持不变，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出抽气后氢气的压强和体积。【解答】解：（i）抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：（p氢p）2S（p0p）S，解得，氢气的压强：p氢（p0+p）；（ii）设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，对活塞，由平衡条件得：p2Sp12S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1p氢2V0p2V2p0V0，由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V12V02（V0V2），解得：p1p0+pV1；答：（i）抽气前氢气的压强为（p0+p）；（ii）抽气后氢气的压强为p0+p，体积为。【点评】本题为理想气体状态变化中的等温变化，但是涉及初态平衡和末态平衡，受力分析时力的数量较多，特别是选择对活塞整体为研究对象的受力分析容易漏掉力，如果每个活塞都受力分析，问题会更加麻烦，容易出错。收集于网络，如有侵权请联系管理员删除