【精品】2019年海南省高考物理试卷以及答案解析

1、2019年海南省高考物理试卷、单项选择题: 如图，静电场中的一条电场线上有 M、N两点，箭头代表电场的方向，则（A . M点的电势比N点的低B. M点的场强大小一定比N点的大C.电子在M点的电势能比在N点的低D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大2.如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向（XXXXXXXXXX XX WIX右X后B.向后C.向左D.向右3.汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加4.速度大小为8m/s2.从开始刹车

2、到汽车停止，汽车运动的距离为（B. 20mC. 25mD. 50m2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km ,是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（A .该卫星的速率比“天宫二号”的大B .该卫星的周期比“天宫二号”的大C.该卫星的角速度比“天宫二号”的大D.该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大5.如图，两物块 P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为臼重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（0A . F - 2 jmg

3、B . %+ 师g1-1C. %- pmgOO'的距离为r,已知硬币与圆盘之6.如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴间的动摩擦因数为科（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为 g。若硬币与圆盘一起 OO'轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（C.D.7.对于钠和钙两种金属，其遏止电压Uc与入射光频率v的关系如图所示。用h、e分别表示普朗克常量A.钠的逸出功小于钙的逸出功B.图中直线的斜率为-EC.在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同D.若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高8.如图，一理想变压器输入端接交流恒压源

4、,输出端电路由Ri、R2、R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5: 1改为10: 1后（A.流经Ri的电流减小到原来的B. R2两端的电压增加到原来的C. R3端的电压减小到原来的2D.电阻上总的热功率减小到原来的44P、Q从磁场边界的9 .如图，虚线 MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度VP垂直于磁场边界，Q的速度VQ与磁场边界的夹角为45。.已知两粒子均从 N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（）My 厚 X X以* X XI|X X X XIix x x x n IA. P和Q的质量之比为1:

5、2B. P和Q的质量之比为加：1C. P和Q速度大小之比为花：1D. P和Q速度大小之比为 2: 110 .三个小物块分别从 3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道 1、轨道2、轨道3的上端距 水平地面的高度均为 4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h = ho、h2=2ho h3= 3h0,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为sS2、S3,则（）A . S1 > S2三、实验题：B . S2>S3C. s1= S3D. S2= S311 .用实验室提供的器材设计一个测量电流表内阻的电路。实验室提供的器材为：待测电流表A （量程

6、10mA,内阻约为50Q）,滑动变阻器 R1,电阻箱R,电源E （电动势约为6V,内阻可忽略），开关S1 和S2,导线若干。（1）根据实验室提供的器材，在图（a）所示虚线框内将电路原理图补充完整，要求滑动变阻器起限流 作用；（2）将图（b）中的实物按设计的原理图连线；（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格10Q 额定电流2A1500Q,额定电流 0.5A实验中应该取。（填“”或"”）12.某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上， 一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂祛码（实 验中，每个祛码的

7、质量均为m = 50.0g）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下： 在绳下端挂上一个祛码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触;系统静止后，记录祛码的个数及指针的位置;逐次增加祛码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用n表示祛码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出l - n图象。n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数 k可用祛码质量 m、重力加速度大小 g及l - n图线的斜率”表示，表达式为 k =。若g取9

8、.8m/s2,则本实验中k=N/m （结果保留3位有效数字）。12.5UL|11 u12.011.511.010.5'N ；'1111 11 nH IE L_,_hr图(b)四、计算题：13 .如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在。点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为 s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为11,重力加速度大小为go求(1)碰撞后瞬间物块 b速度的大小；(2)轻绳的长度。14 .如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨

9、间距为 1;两根相同的导体棒 AB、CD置于 导轨上并与导轨垂直，长度均为 1;棒与导轨间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ,方向竖直向下。从 t=0时开始，对 AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到 t = ti时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 ii;已知CD 棒在t=t0 (0vt0ti)时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m,电阻均为R,导轨的电阻不计。重力加速度大小为 go(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小;(2)求撤去外力时 CD棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD棒在t = t

10、2时刻静止，求此时 AB棒的速度大小。15 . 一定量的理想气体从状态 M出发，经状态 N、P、Q回到状态M,完成一个循环。从 M到N、从P到Q是等温过程；从 N到P、从Q到M是等容过程；其体积-温度图象（V - T图）如图所示。下列说法正确的是（）A .从M到N是吸热过程B .从N到P是吸热过程C .从P到Q气体对外界做功D .从Q到M是气体对外界做功E.从Q到M气体的内能减少16 .如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体积为Va = 4.0X10 3m3.压强为pA=47cmHg; B体积为Vb = 6.0X10 3m

11、，压强为pB = 50cmHg.现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时 A、B两部分气体的体积。17 . 一列简谐横波沿 x轴正方向传播，周期为 0.2s, t=0时的波形图如图所示。下列说法正确的是（A .平衡位置在x= 1m处的质元的振幅为 0.03mB.该波的波速为10m/sC. t=0.3s时，平衡位置在 x= 0.5m处的质元向y轴正向运动D. t=0.4s时，平衡位置在 x= 0.5m处的质元处于波谷位置E. t=0.5s时，平衡位置在 x= 1.0处的质元加速度为零18 . 一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材

12、料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心，半径 OA与OG夹角0=120。 .平行光沿垂直于轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上 C 点射出。已知 AB = FG=1cm, BC = «cm, OA = 2cm。(i)求此透明材料的折射率；(ii)撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径(不考虑侧面的反射光及多次反射的影响)。2019年海南省高考物理试卷答案解析、单项选择题:i .【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示电场强度的大小。【解答】 解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，M点的电势比N点

13、的高，故A错误；B、由于不能确定电场线疏密，故不能确定电场强度大小，故 B错误；C、电子从M至ij N,电场力做负功，电势能增加，故在M点的电势能比在 N点的低，故C正确；D、由于不能确定电场强度大小，也不能确定电荷所受电场力大小，故 D错误；故选：Co【点评】解决本题的关键要掌握负电场线的性质，根据电场线的疏密能判断场强的大小。2【分析】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的 方向就是导线受的安培力的方向。【解答】解：根据左手定则可知，安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直，当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向向前，故A

14、正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查左手定则的应用，题目简单，正确应用左手定则即可求解。关键是注意电流方向、磁 场方向和安培力的方向之间的关系3【分析】根据刹车的初速度和刹车的加速度，由推导公式v2=2ax可得汽车运动的距离。【解答】 解：由题意知，车速 v=20m/s,刹车的加速度大小为 8m/s2,最后末速度减为 0,由推导公式 v2=2ax可得：x = 25m,故C正确，ABD错误。故选：Co【点评】解答此题的关键是知道末速度为0隐含条件，找到题干告诉的已知量初速度和加速度，利用匀变速直线运动公式可解。4【分析】根据万有引力提供向心力，写出线速度、角速度、周期表向心加速度达式，求

15、解答案。【解答】 解：由万有引力提供向心力得：G-7 = m- = mrw2= mr =ma,X rt上ACD错误B正确;北斗卫星的轨道半径大于“天宫二号”的轨道半径，所以：线速度北斗卫星的小；周期北斗卫星大；角速度北斗卫星小；向心加速度北斗卫星的小，故故选：Bo【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力提供向心力,写出各个待求量的表达式， 根据表达式分析得出结论。5【分析】先对整体，利用牛顿第二定律求得加速度，再对P,利用牛顿第二定律列式，即可求得轻绳的张力。【解答】解：对整体，根据牛顿第二定律得：F -皿3mg =3ma。再对P,根据牛顿第二定律得：T pmg= ma联立解得轻绳的张力大小为：

16、T=-Lf,故ABC错误，D正确。3故选：D。【点评】本题是连接体问题，采用整体法和隔离法相结合进行解答，比较简洁。要注意本题的结论与地 面是否有摩擦无关。6.【分析】依据最大静摩擦力提供向心力，从而判定滑动时的最大角速度。【解答】解：摩擦力提供合外力，当达到最大静摩擦时，角速度最大，结合牛顿第二定律可知， 囚=32, 解得圆盘转动的最大角速度为：3 = 产£,故B正确，ACD错误。故选：Bo【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，掌握向心力表达式，注意最大静摩擦力提供向心力时，角速度 最大是解题的关键。二、多项选择题：7【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的

17、斜率求出普朗克常量；遏止 电压为零时，入射光的频率等于截止频率。【解答】 解：A、根据光电效应方程得：Ekm= h 1 Wo= h 厂 h 犯又 Ekm = eUc h %斛得：Uc = 丫-e e当遏止电压为0时，对应的频率为金属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠的逸出功小。故A正确；h 卜丫 口八h 山 一”B、由Uc=1知Uo - 丫图线的斜率k = 一,故B正确；e eeC、由UC=-Y生知图线的特点与光的强度无关。故 C错误;e eD、钠的逸出功小，结合Ekm=h7- W0可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较小。故 D错误故选：AB。【点评

18、】 解决本题的关键掌握光电效应方程EKm = hT- Wo,以及知道光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关；掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。8【分析】分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。【解答】解：A、变压器原、副线圈的匝数比由 5: 1改为10: 1,则副线圈的输出电压减小为原来的 1,2根据欧姆定律可知，流经 Ri的电流减小到原来 工，故A错误。2B、根据串并联电路规律可知，R2两端的电压减小到原来的 工，故B错误。二C、同理，R3两端的电压减小到原来 ,故C正确。

19、2D、副线圈总电阻不变，根据功率公式可知，P=，总功率减小到原来的 卷，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了变压器的构造和原理，明确变压器的制约关系，输入电压决定输出电压，匝数变化 引起输出电压变化。9【分析】根据几何关系先确定圆心和半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式得到粒子的质量比和速度比。【解答】解：AB、由题意可知，P、Q两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据t= 袅 /m解得：mp： mQ=1： 2,故A正确，B错误；2CD、结合几何关系可知，Rp： Rq=1；由公式qB二蚌，解得：Vpj v-C2,i 1,故C正确，D错误。故选：AC o【点评】本题考查了粒子在磁场中的运

20、动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解；带电粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动问题通常要先确定圆心，得到半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式。10 【分析】根据机械能守恒求平抛运动的初速度，根据平抛运动的规律求解水平位移。&旦，轨道1、2、3下滑的小物【解答】 解：根据mgh = 2mv2得小滑块离开轨道时的水平速度v =2,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之块的初速度之比为 炎：近;1,由h=ygt可知t= (L-r根据x= vt可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比Si： S2： S3=d5； 2; 例，故BC正确,AD错误；故选：BC。【点评】解答此

21、题的关键是知道平抛运动的水平位移与初速度和时间均有关。.实验题：11【分析】（1）根据实验目的与实验器材确定实验原理，根据实验原理设计实验电路图。（2）根据实验电路图连接实物电路图。（3）根据题意求出电流最小电阻，然后根据串联电路特点求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，然后选择滑动变阻器。【解答】解：（1）测电流表内阻，由题意可知，实验没有提供电压表，提供了电阻箱与两个开关，本实验应用半偏法测电流表内阻，电流表与电阻箱并联，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示；（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示;（3）电路最小电阻约为：E 6VR =-=600 0,10X1 0-JA滑

22、动变阻器接入电路的最小阻值约为：600-50=550，滑动变阻器应选择 ；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）。【点评】本题考查了实验电路设计、连接实物电路图、实验器材选择问题，根据实验目的与实验器材确 定实验原理与实验方案是解题的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。12 【分析】（1）根据表格中的数据描点，再作出图线;(2)根据图线写斜率的表达式，再根据胡克定律进行分析，即可得劲度系数的表达式；在图线上选两个较远的点求出斜率的数值，结合劲度系数的表达式即可求出结果。【解答】 解：(1)描出点后，作出图线如图所示：(2) L-n图线的斜率为 n由胡克定律有： F

23、= kAlIPA nmg = kA la= 0.45 X 10 2m联立以上各式可得:由图可得斜率约为所以可得劲度系数为:N/nrlOON/ir,5QX1Q-3X9.8k-20. 45 x 1 0 丁故答案为：(1)图线如图所示: lii I BT ! !TB1 I【点评】在作图时，要注意先分析点的分布情况，再决定是用直线拟合还是用平滑的曲线拟合；在求斜 率时，所选的两个点的距离要适当的远一些以减小误差。四、计算题:13 【分析】(1)研究碰撞后b滑行过程，根据动能定理求碰撞后瞬间物块b速度的大小；(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰撞前瞬间物块a的速度，再研究 a下摆的过程，由机

24、械能守恒定律求轻绳的长度。【解答】 解：(1)设a的质量为m,则b的质量为3m。碰撞后b滑行过程，根据动能定理得2一p?3mgs= 0 _L?3mvb。2解得，碰撞后瞬间物块 b速度的大小 Vb=M gs(2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0= mvs+3mvb°根据机械能守恒得mv 02= mva2+?3mvb20222设轻绳的长度为L.对于a下摆的过程，根据机械能守恒得12mgL = *mvo。联立解得L=4肉答：(1)碰撞后瞬间物块 b速度的大小为y2"第。(2)轻绳的长度是4因。【点评】分析清楚物块的运动过程是解题的前提，把握每个过程

25、的物理规律是关键。要知道弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，运用动能定理时要注意选择研究的过程。14 【分析】(1)当CD棒开始刚运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力，由安培力公式和平衡条件求得此时CD棒中感应电流。再根据法拉第定律和欧姆定律结合求出此时AB棒的速度，从而求得其加速度。(2) t=t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1,先由速度公式求出此时 AB棒的速度，再根据法拉第定律和欧姆定律求得两棒速度之差，从而求得CD棒的速度大小；(3)对两棒组成的系统，利用动量定理列式，可求得 AB棒的速度大小。【解答】 解：(1)当CD棒开始刚运动时，设 CD棒中电流为io.则有：Bi ol

26、=师g得：io上四 ,：设此时AB棒的速度为V0.则有：B1m10=得:v0=2|!mgRB£l2故AB棒做匀加速运动的加速度大小为:(2)设撤去外力时 CD棒的速度大小为vi, AB棒的速度大小为 V2 .则有:v2= ati。根据欧姆定律得：i 1联立解得：V1 =2R2kngRt1 ：2RilB2l2t0 Bl(3)设CD棒在t=t2时刻静止时AB棒的速度大小为 V3.对两棒整体，安培力的冲量为0,由动量定理得:-2 jmg (t2ti) = mv3mvi mv2。-4 k ngR t j 2Rii联乂斛得： V3 - 2 闵(t2 ti)B212ttiBl答：(1) AB棒做

27、匀加速运动的加速度大小是;B212t 0、，一 SNmgRti 2R11(2)撤去外力时 CD棒的速度大小是 - L；B 勺Bl4 k n&R 112Ri1(3)此时 AB棒的速度大小是 - 2囚2-ti)。B2l2t0 Bl【点评】本题是双杆类型，是力学与电磁感应的综合，要分析清楚两棒的受力情况，明确CD棒刚要运动的临界条件：安培力等于最大静摩擦力。 对两棒同时运动的过程， 要知道感应电动势与两者速度之差 有关。15 .【分析】 本题考查理想气体的 V-T图象，解答本题的关键是利用热力学第一定律：W+Q=A U进行分析推理，同时明确理想气体的内能由温度决定，温度升高，内能增大；温度降

28、低，内能减小；理想气 体内能不考虑分子势能。【解答】 解：A、从M到N理想气体温度不变，则内能不变，即4 U = 0,但体积减小，说明外界对气体做功，即 W>0,由热力学第一定律： W+Q=AU,可知QV0,所以是一个放热过程，故 A错误；B、从N到P理想气体温度升高，则内能增大，即 U>0,但体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W = 0,由热力学第一定律：W+Q=A U,可知Q>0,所以是一个吸热过程，故 B 正确；C、从P到Q理想气体温度不变，则内能不变，即4 U=0,但体积增大，说明气体对外界做功，故 C 正确；D、从Q到M理想气体体积不变，说明

29、外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W = 0,故D错误；E 、从Q 到 M 理想气体温度降低，内能减小，故E 正确；故选：BCE。【点评】解决本题的关键是看懂 V - T图象，结合热力学第一定律 W+Q = A U分析每一个过程，分析过程中先看温度变化，从而判断内能的变化。规律是：理想气体温度升高，内能增大；温度降低，内能减小；体积减小，说明外界对气体做功；体积增大，说明气体对外界做功；体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功。16 【分析】因为气体温度保持不变，分别对两侧气体运用玻意耳定律，水平放置时两侧的压强相等，再结合活塞的总体积保持不变，联立即可求出A、 B 两

30、部分气体的体积。【解答】解：对 A 中气体：初态：压强 Pa= 47cmHg ,体积 Va = 4.0X10 3m末态：压强Pa ',体积Ya',根据玻意耳定律可得：PaVa=Pa' Va'对 B 中气体：初态：压强 pB=50cmHg,体积 Vb=6.0X10 3m末态：压强Pb',体积Vb',根据玻意耳定律可得：pbvb=pb' Vb'容器水平后有：pa' =pb'容器的总体积保才t不变，即：Va' +Vb' = Va+V b= 1.0X 10 2m3联立 式可得：Va? = 3.85X 10 3m3Vb，= 6.15X 10 3m3答：此时A部分气体的体积为 3.85X 10 3m3, B两部分气体的体积为 6.1