2019年全国II卷高考物理冲刺压轴卷答案

海量资源尽在星星文库：．B【解析】【详解】AB：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为𝛼，受力如图甲所示：在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角𝛼先变大后变小，所以张力𝐹𝑇=𝑚𝑔2cos𝛼先增大后减小。故A项错误，B项正确。CD：以A点为研究对象，受力分析如图乙所示，根据平衡条件可知：𝐹=𝐹𝑇cos(𝛼+𝛽)=𝑚𝑔cos(𝛼+𝛽)2cos𝛼=𝑚𝑔2(cos𝛽−tan𝛼sin𝛽)，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，绳子与竖直方向的夹角𝛼先变大后变小，OA杆与竖直方向的夹角𝛽一直变大；当绳子与竖直方向的夹角𝛼变大时，摩擦力减小；当绳子与竖直方向的夹角𝛼变小时，(𝛼+𝛽)在增大，摩擦力还是在减小。故CD两项错误。2．B【解析】【详解】A、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x=v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2．故A错误.B、竖直方向上做自由落体运动，由ℎ=12𝑔𝑡2，得𝑡=√2ℎ𝑔，若a球下落的高度大于b球的高海量资源尽在星星文库：度，则a球的飞行时间比b球长;故B正确.C、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误.D、由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D错误.故选B.3．A【解析】【详解】AB、根据题意可知：A球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；B球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但B的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；C球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做自由落体运动，故𝑡𝑎=𝑡𝑏=𝑡𝑐，故A正确，B错误。CD、落体时的重力的功率等于重力乘以重力方向的速度，我们只研究竖直方向，发现B的洛伦兹力总是垂直纸面向里，不影响重力方向，C的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没用影响，故竖直方向都做自由落体运动，高度相同，所以末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据p＝mgvy可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，故CD错误。4．D【解析】【分析】本题是含容电路的动态分析与带电粒子运动相结合的问题，运用闭合电路欧姆定律和类平抛海量资源尽在星星文库：运动的知识可进行求解。【详解】设板间场强为𝐸，粒子的电荷量是𝑞，板间间距为𝑑，则粒子在板间运动时：𝑑2=12⋅𝑞𝐸𝑚𝑡2、𝑥=𝑣0𝑡。A：由电路图知，极板M带负电、极板N带正电，板间场强的方向向上，重力不计的带电粒子向下偏转，粒子带负电。故A项错误。B：由于R2与平行金属板串联，稳定时此支路断路，调节R2对电路无影响；减少R2，平行板两端的电压不变，板内场强不变，粒子运动情况不变，仍打在O点。故B项错误。CD：增大R1，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压减小，板内场强减小，粒子在电场中的运动时间变长。减少R1，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压增大，板内场强增大，粒子在电场中的运动时间变短，粒子将打在O点左侧。故C项错误，D项正确。5．A【解析】【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120º；根据𝑒𝐵𝑣=𝑚𝑣2𝑟得𝑟=𝑚𝑣𝑒𝐵，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60º；质子在磁场做圆周运动的周期：𝑇=2𝜋𝑟𝑣=2𝜋𝑚𝑒𝐵，运动的时间满足：𝑡=𝜃360°×𝑇，解得：𝑡1:𝑡2=2:1．故A项正确，BCD三项错误．6．BD【解析】【详解】A．由速度-位移图象得：𝑣=2𝑥金属棒所受的安培力为：𝐹𝐴=𝐵𝐼𝐿=𝐵2𝐿2𝑣𝑅+𝑟海量资源尽在星星文库：代入得：𝐹𝐴=0.5𝑥，则知FA与x是线性关系，当𝑥=0时，安培力𝐹𝐴1=0当𝑥=1𝑚时，安培力𝐹𝐴2=0.5𝑁，则从起点发生𝑥=1𝑚位移的过程中，安培力做功为：𝑊1′=−𝐹𝐴1+𝐹𝐴22𝑥=−0.52×1𝐽=−0.25𝐽即金属棒克服安培力做的功为：𝑊1=0.25𝐽，故A错误；B．金属棒克服摩擦力做的功为：𝑊2=𝜇𝑚𝑔𝑥=0.25×2×10×1𝐽=5𝐽，故B正确；C．克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量：𝑄=𝑊1′+𝑊2=5.25𝐽，故C错误；D．根据动能定理得：𝑊𝐹+𝑊2+𝑊1′=12𝑚𝑣2，其中𝑣=2𝑚/𝑠，𝜇=0.2，𝑚=2𝑘𝑔代入解得拉力做的功为：𝑊𝐹=9.25𝐽，故D正确。7．BC【解析】【详解】A：由速度一时间图像可知，在2-4s时间内小滑块的加速度𝑎2=−5𝑚/𝑠2，由牛顿第二定律：−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎2，解得：𝜃=30°。在0-2s时间内小滑块的加速度𝑎1=5𝑚/𝑠2，由牛顿第二定律，𝐹−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎1，解得：𝑚=1𝑘𝑔。故A项错误。B：由速度一时间图像可知，在0-2s时间内小滑块的位移为𝑥=10𝑚，拉力F做的功为𝑊=𝐹𝑥=10×10=100𝐽，故B项正确。C：1s末小滑块的速度𝑣=5𝑚/𝑠，由动能定理，在0-1s时间内合外力对小滑块做的功𝑊′=12𝑚𝑣2=12.5𝐽。故C项正确。D：由功能关系可知，在0-4时间内小滑块机械能增加量𝛥𝐸=𝑊=100𝐽。故D项错误。8．AD【解析】【详解】A、在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项A正确；B、在滑动过程中，槽向后滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故选项B错误；CD、小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和海量资源尽在星星文库：槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，小球不会回到槽高h处，故选项D正确，C错误；故选选项AD。9．2.00.62或0.64如图所示：0.48（0.46-0.50）【解析】（2）小钢球直径为5.00𝑐𝑚，通过两个光电门的时间均为0.025𝑠，小钢球此时运动的速度𝑣=0.050.025𝑚/𝑠=2𝑚/𝑠。（3）砝码盘以及砝码的总质量𝑚=60𝑔，所以𝐹=0.6𝑁或0.588𝑁，由公式𝐹=3𝜋𝐷𝜂𝑣可得𝜂=0.62𝑁⋅𝑠/𝑚2或0.64𝑁⋅𝑠/𝑚2。（4）根据数学知识，通过描点、画线得到如图所示的图像：公式𝐹=3𝜋𝐷𝜂𝑣可知，粘滞力的图像中斜率为3𝜋𝐷𝜂，粘滞力的图像中斜率为𝑘=1.13−05−0=0.226，所以液体的粘滞系数𝜂=𝑘3𝜋𝐷=0.48𝑁⋅𝑠/𝑚2。点睛：本题是信息题，要在读懂题意的基础上，运用动力学方法分析钢球的运动情况，运用共点力平衡进行求解。海量资源尽在星星文库：．（1）①②2.80.60（2）3.00.50【解析】【详解】解：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；②根据闭合电路欧姆定律可得：𝑈=𝐸−𝐼𝑟，则由数学规律可知电动势𝐸=2.8𝑉，内电阻𝑟=𝛥𝑈𝛥𝐼=2.8−1.60.2𝛺=0.60𝛺；(2)由乙同学的电路接法可知𝑅1左右两部分并联后与𝑅2串联，则可知在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为𝐼1=1𝐴；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为𝐼2=0.33+0.87𝐴=1.2𝐴；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5=𝐸−𝑟，2.4=𝐸−1.2𝑟，解得电源的电动势𝐸=3.0𝑉，内电阻𝑟=0.50𝛺；11．（1）负电，1.0C；（2）0.5T；（3）小球第N次到达最高点a时对圆管的压力大小为：[（2N﹣3）﹣√𝑁−1]N，方向：竖直向上（N≥3），当N＝1时，对内管壁挤压，当N＝2时，无挤压。【解析】【详解】（1）小球第一次刚好过最高点，此时速度为零，v1＝0，根据题意可知，小球带负电，对小球，由动能定理得：qER﹣mgR＝0，代入数据解得：q＝1.0C；海量资源尽在星星文库：（2）小球第二次过最高点时的速度为v2，由动能定理得：2qER﹣mgR＝12𝑚𝑣22，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+qv2B＝𝑚𝑣22𝑅，代入数据解得：B＝0.5T；（3）小球第N次过最高点时的速度为𝑣𝑁，小球受圆管向下的压力为FN，对小球整个运动过程，由动能定理得：NqER﹣mgR＝12𝑚𝑣𝑁2，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+qvNB+FN＝𝑚𝑣𝑁2𝑅，代入数据解得：FN＝[（2N﹣3）﹣√𝑁−1]N，当N＝1时，对内管壁挤压，当N＝2时，无挤压，当N≥3时，对外管壁挤压，根据牛顿第三定律可知，小球第N次到达最高点a时对管的压力大小为：[（2N﹣3）﹣√𝑁−1]N，方向：竖直向上（N≥3）；12．（1）0.25mg方向向左（2）0（3）5𝑚𝑣026【解析】【详解】（1）物块P刚冲上传送带时，所受滑动摩擦力的大小为：𝑓=𝜇𝑚𝑔=0.25𝑚𝑔，方向向左；（2）对P有：μmg+T=ma1对Q有：mg-2T=ma2得：T=0.35mg，a1=0.6gP先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，𝑥1＝(2𝑣0)2−𝑣022𝑎1＝5𝑣022𝑔共速后，由于f=μmg＜12mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P加速度为a1′，Q的加速度为a2′＝12a1′对P有：T-μmg=ma1′，对Q有：mg-2T=ma2＇解得：a1′=0.2g海量资源尽在星星文库：，𝑥2＝𝑣022𝑎1′＝5𝑣022𝑔PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，△E=-μmgx1+μmgx2=0（3）P先减速到与传送带速度相同时传送带的位移：𝑥1′=𝑣0×2𝑣0−𝑣00.6𝑔=5𝑣023𝑔此过程中产生的热量：𝑄1=𝜇𝑚𝑔(𝑥1−𝑥1′)=524𝑚𝑣02P与传送带共速后继续减速到0的过程中，传送带的位移：𝑥2′=𝑣0×𝑣00.2𝑔=5𝑣02𝑔此过程中产生的热量：𝑄2=𝜇𝑚𝑔(𝑥2′−𝑥2)=58𝑚𝑣02共产生的热量：𝑄=𝑄1+𝑄2=524𝑚𝑣02+58𝑚𝑣02=56𝑚𝑣0213．（1）BCE【解析】【详解】A→B过程中，体积变大，则气体对外界做功，因温度不变，内能不变，则气体从外界吸热，选项A错误，E正确；B→C过程中，温度降低，则气体分子的平均动能减小，选项B正确；C→D过程中，气体的压强变大，温度不变，分子平均速率不变，则气体分子对器壁的平均碰撞力不变，但是由于气体体积减小，气体的密度增加，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，导致气体压强变