2019年物理高考题

2019年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅰ卷物理14.(2019·全国Ⅰ卷,14)氢原子能级示意图如图所示.光子能量在1.63eV~3.10eV的光为可见光.要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为(A)A.12.09eV B.10.20eV C.1.89eV D.1.51eV解析:由题意可知,基态(n=1)氢原子被激发后,至少被激发到n=3能级后,跃迁才可能产生可见光,故ΔE=E3E1=1.51eV(13.60)eV=12.09eV,故A正确.15.(2019·全国Ⅰ卷,15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则(D)A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷解析:对小球受力分析可知P和Q两小球不能带同种电荷,故A,B错误;若P球带负电,Q球带正电,如图所示,恰能满足题意;若P带正电,Q带负电,P受力均向右,无法平衡,故C错误,D正确.16.(2019·全国Ⅰ卷,16)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4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为(B)A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg解析:设该发动机在时间t内,喷射出的气体质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,在1s内喷射出的气体质量m0=mt=Fv=4.8×1063000kg=1.6×17.(2019·全国Ⅰ卷,17)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M,N与直流电源两端相接,已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为(B)A.2F B.1.5F C.0.5F D.0解析:设每根导体棒的电阻为R,长度为l,则上、下两并联电路的电阻之比为R1∶R2=2R∶R=2∶1,根据欧姆定律可知,电流之比为I1∶I2=1∶2.上支路两导体受安培力的有效长度为l,根据安培力计算公式F=IlB,上下两支路所受安培力之比为F1∶F2=I1∶I2=1∶2,又F2=F,则F1=0.5F,根据左手定则可知,两个安培力的方向相同,故线框LMN所受的安培力大小为1.5F,故B正确.18.(2019·全国Ⅰ卷,18)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H.上升第一个H4所用的时间为t1,第四个H4所用的时间为t2.不计空气阻力,则t2t1满足A.1<t2t1<2 B.2<C.3<t2t1<4 D.4<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.根据初速度为零的匀加速直线运动,通过相邻的相等位移所用的时间之比为1∶(21)∶(32)∶(23)∶…,可得t2t1=12-3=2+3,即3<t219.(2019·全国Ⅰ卷,19)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(BD)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解析:以物块N为研究对象,受力分析如图(甲)所示,它在水平向左的拉力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,细绳拉力FT逐渐增大,故A错误,B正确;对物块M受力分析如图(乙)所示,若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向下,则随着细绳拉力FT的增加,摩擦力Ff也逐渐增加;若起初物块M受到的摩擦力Ff沿斜面向上,则随着细绳拉力FT的增加,摩擦力Ff可能先减小后反向增加,故C错误,D正确.20.(2019·全国Ⅰ卷,20)空间存在一方向与纸面垂直、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ρ、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O在MN上.t=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t=0到t=t1的时间间隔内(BC)A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为BD.圆环中的感应电动势大小为B解析:根据Bt图像结合楞次定律可知,圆环中感应电流方向一直为顺时针方向,在t0时刻,磁场的方向发生变化,安培力方向发生变化,故A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E=ΔΦΔt=B0πr22t0,根据电阻定律得R=ρ2πrS,由闭合电路欧姆定律得I=E21.(2019·全国Ⅰ卷,21)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a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Q完成同样的过程,其ax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(AC)A.M与N的密度相等B.Q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倍解析:星球表面重力加速度g=GMR2=G43πR3ρR2=43πGρR,物体刚放到弹簧上时所受弹力为零,加速度为重力加速度,因此gM=3gN,又因为RM=3RN,可得出ρM=ρN,A正确;物体处于平衡状态时加速度为零,则m1gM=kx0,m2gN=2kx0,得mQ=6mP,B错误;物体加速度为0时动能最大,此时mg=kx,根据动能定理mgxkx2x=Ek,则有Ek=12mgx=12kx2,所以,EkQEkP=(2x0)2x02=4,C正确;当弹簧压缩量最大时,物体的速度为0,由动能定理mgxkx2x=22.(2019·全国Ⅰ卷,22)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探究.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A,B,C,D,E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).

解析:物块沿倾斜长木板做匀加速直线运动,相等时间内的位移越来越大,在纸带上相邻的计时点间距离应越来越大,则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vC=xBD2T=(5.85-1.20)×10-22×0.1m/s=0答案:(1)A(2)0.233(3)0.7523.(2019·全国Ⅰ卷,23)某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表.该同学测得微安表内阻为1200Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改装.然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表).(1)根据图(a)和题给条件,将图(b)中的实物连线.(2)当标准毫安表的示数为16.0mA时,微安表的指针位置如图(c)所示,由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值,而是.(填正确答案标号)

A.18mA B.21mA C.25mA D.28mA(3)产生上述问题的原因可能是.(填正确答案标号)

A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200ΩB.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200ΩC.R值计算错误,接入的电阻偏小D.R值计算错误,接入的电阻偏大(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=.

解析:(1)电表改装时,微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内,实物电路连接如图所示.(2)由标准毫安表与改装表的读数可知,改装后的电流表,实际量程被扩大的倍数为n=16160×10-3=100,实际量程为250μA×100=25mA(3)根据改装后的电流表的量程I=Ig+IgRgR,如果原微安表内阻测量值偏小,即实际内阻大于1200Ω,那么得到的电流表量程大于20mA,故A正确,B错误;如果阻值R计算有误,接入电阻偏小,那么得到的电流表量程大于20mA,故C正确(4)接入电阻R,改装后的电流表量程为25mA,有I=Ig+IgRgR;换成kR后的电流表量程为20mA,有I'=Ig+Ig答案:(1)图见解析(2)C(3)AC(4)9924.(2019·全国Ⅰ卷,24)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v.由动能定理有qU=12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv2由几何关系知d=2r③联立①②③式得qm=4U(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=πr2+rtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=sv联立②④⑤⑥式得t=Bd24Uπ2答案:(1)4UB2d2(2)B25.(2019·全国Ⅰ卷,25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的vt图像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.(1)求物块B的质量;(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.解析:(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,v12为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为mv1=mv12+m'v'12mv12=12m12v12+联立可得m'=3m.(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgHfs1=12mv(fs2+mgh)=012mv12从图(b)所给出的vt图线可知s1=12v1ts2=12·v12·(1.4t1由几何关系得s2s物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2联立可得W=215(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcosθ·H设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有μm'gs'=012m'v'设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mghμ'mgcosθ·hsinθμ联立可得μμ'=答案:(1)3m(2)215mgH(3)33.(2019·全国Ⅰ卷,33)[物理—选修33](1)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体.初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界.现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同.此时,容器中空气的温度(选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度.

(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中.该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中.已知每瓶氩气的容积为3.2×102m3,使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa;室温温度为27℃.氩气可视为理想气体.①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;②将压入氩气后的炉腔加热到1227℃,求此时炉腔中气体的压强.解析:(1)由题意可知,容器与活塞绝热性能良好,容器内气体与外界不发生热交换,故ΔQ=0;为了使气体压强减小到与外界大气压强相同,缓慢地移动活塞的过程中,容器内气体的体积增大,气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律可得ΔU=ΔQ+W<0,容器内气体的内能减小,温度降低,低于外界温度;最终容器内气体压强和外界气体压强相同,但温度低于外界温度,则分子密度一定大于外界,即容器中的空气的密度大于外界气体的密度.(2)①设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为p0;使用后气瓶中剩余气体的压强为p1,假设体积为V0,压强为p0的气体压强变为p1时,其体积膨胀为V1,由玻意耳定律p0V0=p1V1①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V1'=V1V0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体积为V2,由玻意耳定律p2V2=10p1V1'③联立①②③式并代入题给数据得p2=3.2×107Pa.④②设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔的温度为T1,气体压强为p3,由查理定律p3T1联立④⑤式并代入数据得p3=1.6×108Pa.答案:(1)低于大于(2)①3.2×107Pa②1.6×108Pa34.(2019·全国Ⅰ卷,34)[物理选修34](1)一简谐横波沿x轴正方向传播,在t=T2时刻,该波的波形图如图(a)所示,P,Q是介质中的两个质点.图(b)表示介质中某质点的振动图像.下列说法正确的是A.质点Q的振动图像与图(b)相同B.在t=0时刻,质点P的速率比质点Q的大C.在t=0时刻,质点P的加速度的大小比质点Q的大D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示E.在t=0时刻,质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大(2)如图,一艘帆船静止在湖面上,帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m.距水面4m的湖底P点发出的激光束,从水面出射后恰好照射到桅杆顶端,该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°=0.8).已知水的折射率为43①求桅杆到P点的水平距离;②船向左行驶一段距离后停止,调整由P点发出的激光束方向,当其与竖直方向夹角为45°时,从水面射出后仍照射在桅杆顶端,求船行驶的距离.(1)解析:由图(b)可知,在t=T2时刻,质点正处于平衡位置沿y轴负方向振动,而从图(a)可知,质点Q在t=T2时正处于平衡位置沿y轴正方向运动,平衡位置在坐标原点处的质点正处于平衡位置沿y轴负方向振动,故A错误,D正确;由t=T2的波形图推知在t=0时刻,质点P位于波谷,速率为零,加速度最大,离开平衡位置的距离最大;质点Q位于平衡位置,速率最大,加速度为零,离开平衡位置的距离为零,故B错误,C,(2)①设激光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1,到P点的水平距离为x2;桅杆高度为h1,P点处水深为h2;激光束在水中与竖直方向的夹角为θ.由几何关系有x1h1=tanx2h2=tan由折射定律有sin53°=nsinθ③设桅杆到P点的水平距离为x,则x=x1+x2④联立①②③④式并代入题给数据得x=7m.⑤②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时,从水面出射的方向与竖直方向夹角为i.由折射定律有sini=nsin45°⑥设船向左行驶的距离为x',此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1',到P点的水平距离为x2',则x1'+x2'=x'+x⑦x1'h1x2'h2=tan联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x'=(623)m≈5.5m.答案:(1)CDE(2)①7m②5.5m物理全国Ⅱ卷14.(2019·全国Ⅱ卷,14)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变化关系的图像是(D)解析:根据万有引力定律可得F=GMm(R+h)2,探测器与地球表面的距离h越大,15.(2019·全国Ⅱ卷,15)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411H→24He+210e+2ν.已知

11H和

24He的质量分别为mp=1.0078u和mα=4.0026u,1u=931MeV/c2,c为光速.在4个

11H转变成A.8MeV B.16MeVC.26MeV D.52MeV解析:由爱因斯坦质能方程得ΔE=Δmc2=(4×mpmα2me)·c2,忽略电子质量代入数据解得ΔE=(4×1.0078u4.0026u)·c2≈26.6MeV,故C正确.16.(2019·全国Ⅱ卷,16)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33,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(AA.150kg B.1003kgC.200kg D.2003kg解析:对物块受力分析,如图所示.T=f+mgsinθ,N=mgcosθ,又f=μN,代入数据解得m=150kg,故A正确.17.(2019·全国Ⅱ卷,17)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(B)A.14kBl,54kBl B.14kBlC.12kBl,54kBl D.12kBl解析:由题意可知,从a点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Ra=14l,根据洛伦兹力提供向心力,qvaB=mva2Ra,解得va=Bql4m=14kBl;从d点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Rd,根据几何关系得Rd2=l2+Rdl22,可得Rd=54l,又qvdB=mv18.(2019·全国Ⅱ卷,18)(多选)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(AD)A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100J解析:Eph图像的斜率表示物体受到的重力mg,即mg=804N=20N,解得m=2kg,故A正确;由图像可知,物体离地面的高度h=0时,重力势能Ep=0,机械能E总=100J,则动能Ek=E总Ep=100J,而Ek=12mv2=100J,解得v=10m/s,故B错误;同理可得,h=2m时,Ep=40J,Ek=E总Ep=90J40J=50J;h=4m时,Ek=E总Ep=80J80J=0J,从地面至h=4m,物体的动能减少100J,故C错误,D正确19.(2019·全国Ⅱ卷,19)(多选)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vt图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则(BD)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解析:vt图像与时间轴所围的面积表示竖直方向的位移,根据题意结合图像可知,第二次面积大于第一次面积,表示第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,故A错误;根据几何关系可知,第二次滑翔过程中竖直方向上的位移大,其在水平方向上的位移就大,故B正确;根据加速度的定义式a=ΔvΔt,结合图像知Δv1>Δv2,Δt1<Δt2,则a1>a2,即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小,故C错误;竖直方向速度为v1时,第一次滑翔过程的图像的切线斜率比第二次的大,即a1>a2,由mgfy=ma,可知,fy1<fy2,20.(2019·全国Ⅱ卷,20)(多选)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(AC)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解析:若在等量同种正点电荷形成的电场中,由两点电荷连线的中垂线上的M点静止释放负电荷,则负电荷先加速后减速,故A正确;若电场线为曲线,带电粒子轨迹不与电场线重合,故B错误;由于只有电场力做功,带电粒子的动能和电势能之和不变,而N点的动能大于等于M点动能,则N点电势能小于等于M点电势能,故C正确;带电粒子可能做曲线运动,所受电场力指向运动轨迹的凹侧,故D错误.21.(2019·全国Ⅱ卷,21)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θ,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像可能正确的是(AD)解析:若PQ进入磁场时刚好可以做匀速直线运动,且PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流,PQ,MN由同一位置释放,MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以感应电流大小相同,但流过PQ的电流方向相反,故A正确,B错误;若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,磁通量Φ不变,无感应电流,PQ,MN均加速运动,PQ出磁场后的感应电流比PQ进入磁场时的感应电流大,感应电流会变小,故C错误,D正确.22.(2019·全国Ⅱ卷,22)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μ=(用木板与水平面的夹角θ、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θ=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(结果保留2位小数).

解析:(1)对铁块受力分析,根据牛顿第二定律得mgsinθμmgcosθ=ma,解得μ=gsin(2)由逐差法得a=x3-x12T2,由题意可知x1=(20.905.00)×102m,x3=(76.3944.70)×102m,T=0.2s,解得a=31.69×10-2-15.90×10-答案:(1)gsinθ-agcosθ23.(2019·全国Ⅱ卷,23)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V1和V2为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100Ω);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50.0μA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50.0μA,应调节滑动变阻器R,使电压表V1的示数为U1=mV;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(选填“变大”或“变小”),电压表V1示数(选填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向(选填“A”或“B”)端移动,以使V1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ΔUΔt=×103V/℃(保留2位有效数字)解析:(1)U1=IR0=100×50×106V=5×103V=5mV;由图像可知温度t升高,二极管两端电压U减小,而流过二极管的电流I不变,则二极管的正向电阻减小;根据闭合电路欧姆定律可知,为保证电路中的电流不变,总电阻应保持不变,由于二极管的电阻R减小,因此要增大滑动变阻器接入电路的电阻,即滑片向B端移动.(2)由图可知,ΔUΔt=0.30-0.4480-30V/℃=2.答案:(1)5.00变小增大B(2)2.824.(2019·全国Ⅱ卷,24)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φ(φ>0).质量为m,电荷量为q(q>0)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?解析:(1)PG,QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=2F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek12m设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=12atl=v0t联立各式解得Ek=12mv02l=v0md(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度L=2l=2v0md答案:(1)12mv02+2φdqhv0mdhq25.(2019·全国Ⅱ卷,25)一质量为m=2000kg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,0~t1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),t1=0.8s;t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3s;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t1~t2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t1~t2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)?解析:(1)vt图像如图所示.(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a.取Δt=1s.设汽车在t2+(n1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,….若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有s1s4=3a(Δt)2①s1=v2Δt12a(Δt)2v4=v24aΔt③联立①②③式,代入已知数据解得v4=176m/s这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止.因此,①式不成立.由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v23aΔt⑤2as4=v3联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8m/s2,v2=28m/s⑦或者a=28825m/s2,v2=29.76m/s但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去.(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1,由牛顿第二定律有f1=ma⑨在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为I=12f1(t2t1)由动量定理有I=mv1mv2由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为W=12mv121联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得v1=30m/sW=1.16×105J从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为s=v1t1+12(v1+v2)(t2t1)+v联立⑦,代入已知数据解得s=87.5m.答案:(1)见解析(2)28m/s8m/s2(3)30m/s1.16×105J87.5m33.(2019·全国Ⅱ卷)(1)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N1N2,T1T3,N2N3.(均选填“大于”“小于”或“等于”)

(2)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:①抽气前氢气的压强;②抽气后氢气的压强和体积.解析:(1)由图像可知,理想气体在状态1,2的体积相等,在状态2,3压强相等;根据理想气体状态方程得p1V1T1=p2V2T2,因V1=V2,故p1T1=p2T2,可得T1=2T2,即T1>T2,由于气体分子密度相同,温度高,则在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数多,即N1>N2;由于p1V1=p3V3,因此T3=T1>T2;又p2=p3,而状态2的气体分子的密度大,分子运动缓慢,分子碰撞容器壁的平均作用力小,状态3(2)①设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得(p10p)·2S=(p0p)·S①得p10=12(p0+p).②设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2,根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于两活塞用刚性杆连接,故V12V0=2(V0V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1=12p0+1V1=4(答案:(1)大于等于大于(2)①12(p0+p)②12p0+1434.(2019·全国Ⅱ卷,34)(1)如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a.绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方34l的O'处有一固定细铁钉.将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时.当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡.设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正.下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的xt关系的是(A)(2)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长.实验时,接通电源使光源正常发光;调整光路,使得从目镜中可以观察到干涉条纹.回答下列问题:①若想增加从目镜中观察到的条纹个数,该同学可;

A.将单缝向双缝靠近B.将屏向靠近双缝的方向移动C.将屏向远离双缝的方向移动D.使用间距更小的双缝②若双缝的间距为d,屏与双缝间的距离为l,测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx,则单色光的波长λ=;

③某次测量时,选用的双缝的间距为0.300mm,测得屏与双缝间的距离为1.20m,第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm.则所测单色光的波长为nm(结果保留3位有效数字).

解析:(1)由T=2πlg得摆长为l的单摆周期为T1=2πlg,摆长为14l的单摆周期为T2=2π14lg=πlg=12T1,故B,D错误;摆长为l时,摆球离开平衡位置的最大位移为A1=2l·sinθ12,摆长为14l时,摆球离开平衡位置的位移为A2=2l'·sinθ22=2·l4·sinθ22=l2·sinθ22,小球先后摆起的最大高度相同,有A1sinθ12=A2sinθ(2)①相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距Δx=ldλ,若想增加从目镜中观察到的条纹个数,则条纹间距Δx减小;将单缝向双缝靠近,条纹间距Δx不变,故A错误;将屏向靠近双缝的方向移动,则l减小,条纹间距Δx减小,故B正确,C错误;使用间距更小的双缝,则d减小,条纹间距Δx增大,故D错误②根据题意结合相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距公式,有Δxn-1=ldλ,③代入数据解得λ=Δx·d(n-1)l=7.56×10答案:(1)A(2)①B②Δx·全国Ⅲ卷2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分14.(2019·全国Ⅲ卷,14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?(D)A.电阻定律 B.库仑定律C.欧姆定律 D.能量守恒定律解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,选项D正确.15.(2019·全国Ⅲ卷,15)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a金,a地,a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金,v地,v火.已知它们的轨道半径R金<R地<R火,由此可以判定(A)A.a金>a地>a火 B.a火>a地>a金C.v地>v火>v金 D.v火>v地>v金解析:金星、地球和火星绕太阳做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供,由GMmR2=ma可知,轨道半径越小,向心加速度越大,故A正确,B错误;由GMmR2=mv2R得v=GMR,16.(2019·全国Ⅲ卷,16)用卡车运输质量为m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,Ⅱ压力的大小分别为F1,F2,则(D)A.F1=33mg,F2=32mg B.F1=32mg,F2C.F1=12mg,F2=32mg D.F1=32mg,F2解析:对圆筒进行受力分析如图所示,因为卡车整体匀速行驶,所以圆筒受力平衡,根据平衡条件及相应的几何关系,有F1'=mgsin60°=32mg,F2'=mgcos60°=12mg,由牛顿第三定律可知,F1=F1'=32mg,F2=F2'=12mg,17.(2019·全国Ⅲ卷,17)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的外力作用.距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10m/s2.该物体的质量为(C)A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg解析:设物体在运动过程中受到的外力为F,对上升过程,由动能定理,可得(F+mg)h=EkEk0,则F+mg=Ek0-Ekh,即F+mg=12N;对下落过程,有(mgF)h=Ek'Ek0',即mgF=Ek'-Ek0'h=8N,联立两式,得到m=18.(2019·全国Ⅲ卷,18)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为(BA.5πm6qB B.7π解析:由题意,作出粒子运动轨迹如图,设粒子进入磁场时的速度大小为v0,在第二象限的磁场中轨迹半径为r1,周期为T1,在第一象限的磁场中轨迹半径为r2,周期为T2,则r1=mv0qB,T1=2πmqB,r2=2mv0qB,T2=4πmqB,则r2=2r1,由相应的几何关系可求得,粒子在第一象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°,在第二象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=119.(2019·全国Ⅲ卷,19)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab,cd静止在导轨上.t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动.运动过程中,ab,cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1,v2表示,回路中的电流用I表示.下列图像中可能正确的是(AC)解析:由于ab棒切割磁感线而在回路中产生感应电流,与此同时,ab棒因受到安培力的作用而减速,而cd棒因受到安培力的作用而加速,且I=ER=BlvR,F安=IBl=B2l2vR,可看出两棒受到的安培力都不是恒定的,都随ab棒速度的减小而减小,故一开始ab棒做的是加速度逐渐减小的减速运动,而cd棒做的是加速度逐渐减小的加速运动,最终两棒共速,此时电路中的电流为0,故A20.(2019·全国Ⅲ卷,20)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.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t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10m/s2.由题给数据可以得出(AB)A.木板的质量为1kgB.2s~4s内,力F的大小为0.4NC.0~2s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析:结合(b)(c)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F等于f,故F在此过程中是变力,C错误;2~5s内木板与物块发生相对滑动,它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力,在4~5s内,木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动,有f=ma2=0.2N,而a2=0.4-0.21m/s2=0.2m/s2,故m=1kg,A正确;在2s~4s内,木板加速度大小a1=0.4-02m/s2=0.2m/s2,根据牛顿第二定律可知Ff=ma1,即F=f+ma1=0.4N,B正确;对物块进行分析可知,物块一直处于平衡状态,故f=μm物g=0.21.(2019·全国Ⅲ卷,21)如图,电荷量分别为q和q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a,b是正方体的另外两个顶点.则(BC)A.a点和b点的电势相等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b点,电势能增加解析:把负电荷从a移到b,电势能减少,选项D错误;两个点电荷间的电场线分布是由q指向q的,由正方体的特点可知,在这四点所在平面上a点和b点所在位置电场线是关于q和q连线对称的,且b点距离正电荷q较a点更近,故b点电势高于a点电势,选项A错误,如图所示,由对称性和电场的叠加原理,可知两点电荷在a,b两点所产生的合场强大小相等,方向相同,选项B,C正确.22.(2019·全国Ⅲ卷,22)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s拍1幅照片.(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是.(填正确答案标号)

A.米尺 B.秒表C.光电门 D.天平(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答:

.

(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a,b和c得到ab=24.5cm,ac=58.7cm,则该地的重力加速度大小为g=m/s2.(保留2位有效数字)

解析:(1)此实验用数码相机替代打点计时器,但实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量小球下落的位置之间的距离,故选A.(2)用米尺测量照片之间小球的位移,所以要使小球下落时尽量靠近米尺.(3)可利用逐差法来计算加速度,bc=acab=34.2cm,故a=ΔxT2=(34.2-24.5)答案:(1)A(2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺(3)9.723.(2019·全国Ⅲ卷,23)某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度.可选用的器材还有:定值电阻R0(阻值14kΩ),滑动变阻器R1(最大阻值1500Ω),滑动变阻器R2(最大阻值500Ω),电阻箱(0~99999.9Ω),干电池(E=1.5V,r=1.5Ω),红、黑表笔和导线若干.(1)欧姆表设计将图(a)中的实物连线组成欧姆表.欧姆表改装好后,滑动变阻器R接入电路的电阻应为Ω:滑动变阻器选(填“R1”或“R2”).

(2)刻度欧姆表表盘通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图(b)所示.表盘上a,b处的电流刻度分别为25和75,则a,b处的电阻刻度分别为、.

(3)校准红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向kΩ处;将红、黑表笔与电阻箱连接,记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量.若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图(c)所示,则电阻箱接入的阻值为Ω.

解析:(1)将电源与电流表、定值电阻R0以及滑动变阻器串联起来即可将电流表改装为欧姆表;将红、黑表笔短接时,滑动变阻器接入电路的电阻应该满足使电流表恰好达到满偏电流,由闭合电路欧姆定律,有Ig=ERg+R0+r+R,则R=EIg(Rg+R0(2)当电路中的电流为25μA时,电路中的总电阻R总=EI1=60kΩ,则接入电路的阻值即a处的电阻刻度R'=R总(Rg+R0+r+R)=45kΩ,同理可得b处的电阻刻度R″=EI2(Rg+R0+r+R)=5(3)红黑表笔短接的目的是进行欧姆凋零,即使欧姆表指针指向0kΩ处;图(c)中×10k的旋钮指向3,×1k的旋钮指向5,其余旋钮都指向0处,故读数为35000.0Ω.答案:(1)如图所示900R1(2)455(3)035000.024.(2019·全国Ⅲ卷,24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O,P是电场中的两点.从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A,B.A不带电,B的电荷量为q(q>0).A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为t2.重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能.解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a,根据牛顿第二定律,有mg+qE=ma由于两球下落的高度相同,且在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动,则有12at22=12gt解得E=3m(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O,P两点的高度差为h,根据动能定理有mgh+qEh=Ek12mv由于两球在水平方向上的位移也相等,则有v1t2=v0t且在竖直方向上,有h=12gt2联立解得Ek=2m(v02+g2t2答案:(1)3mgq(2)2m(v0225.(2019·全国Ⅲ卷,25)静止在水平地面上的两小物块A,B,质量分别为mA=1.0kg,mB=4.0kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A,B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A,B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A,B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.(1)求弹簧释放后瞬间A,B速度的大小;(2)物块A,B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?解析:(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA,vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvAmBvB①Ek=12mAvA2+12联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s.③(2)A,B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a.假设A和B再次发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有mBa=μmBg④sB=vBt12at2vBat=0⑥在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt12at2联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m,sB=0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25m处.B位于出发点左边0.25m处,两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m.⑨(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA',由动能定理有μmAg(2l+sB)=12mAvA'212mA联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA'=7m/s故A与B将发生碰撞.设碰撞后A,B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA')=mAvA″+mBvB″12mAvA'2=12mAvA″2+12mBvB联立式并代入题给数据得vA″=375m/s,vB″=27这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为sA'时停止,B向左运动距离为sB'时停止,由运动学公式vA″2=2asA',vB″2=2asB'由④式及题给数据得sA'=0.63m,sB'=0.28msA'小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离s'=sA'+sB'=0.91m.答案:(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m(二)选考题:共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答.如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理——选修33]33.(2019·全国Ⅲ卷,33)(1)用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是.

实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以.

为得到油酸分子的直径,还需测量的物理量是.

解析:油膜法测量分子大小需要形成单分子层油膜,故而需要减小油酸浓度;一滴油酸酒精溶液的体积非常微小不易准确测量,故而使用累积法,测出N滴油酸酒精溶液的体积V',用V'与N的比值计算一滴油酸酒精溶液的体积,再根据已知浓度计算出一滴溶液中纯油酸的体积V;由于形成的是单分子层油膜,油膜的厚度d可以认为是分子直径,故而还需要测量出油膜稳定后的面积S,以计算厚度d=VS答案:使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积单分子层油膜的面积S(2)如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0cm.若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76cmHg,环境温度为296K.(1)求细管的长度;(2)若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度.解析:(1)设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1.由玻意耳定律有pV=p1V1①由力的平衡条件有p=p0+ρgh②p1=p0ρgh③式中,ρ,g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强.由题意有V=S(Lh1h)④V1=S(Lh)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L=41cm.⑥(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T,由盖吕萨克定律有VT0=由④⑤⑥⑦式和题给数据得T=312K.答案:(1)41cm(2)312K[物理——选修34]34.(1)(2019·全国Ⅲ卷,34)水槽中,与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上.振动片做简谐振动时,两根细杆周期性触动水面形成两个波源.两波源发出的波在水面上相遇.在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样.关于两列波重叠区域内水面上振动的质点,下列说法正确的是(BDE)A.不同质点的振幅都相同B.不同质点振动的频率都相同C.不同质点振动的相位都相同D.不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E.同一质点处,两列波的相位差不随时间变化解析:两根细杆即两个相干波源,不同质点到两个波源的距离不同,因此相对位置不同,加强或削弱的情况不同,因此振幅不同,A错误;两列频率相同的波叠加任一质点的频率都相同,周期也相同,都等于波源的周期,B,D正确;不同质点距波源位置不同,相位也不同,C错误;同一质点到两波源距离不会改变,相位不变,故两列波的相位差不随时间变化,E正确.(2)如图,直角三角形ABC为一棱镜的横截面,∠A=90°,∠B=30°.一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜,然后垂直于AC边射出.(1)求棱镜的折射率;(2)保持AB边上的入射点不变,逐渐减小入射角,直到BC边上恰好有光线射出.求此时AB边上入射角的正弦.解析:(1)光路图及相关量如图所示.光束在AB边上折射,由折射定律得sinisin式中n是棱镜的折射率.由几何关系可知α+β=60°②由几何关系和反射定律得β=β'=∠B③联立①②③式,并代入i=60°得n=3.④(2)设改变后的入射角为i',折射角为α',由折射定律得sini'依题意,光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θC,且sinθC=1n由几何关系得θC=α'+30°⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sini'=3-2答案:(1)3(2)32019年普通高等学校招生全国统一考试江苏卷物理1.(2019·江苏卷,1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20V时,输出电压(D)A.降低2V B.增加2VC.降低200V D.增加200V解析:理想变压器的电压与匝数关系为U1U2=n1n2=U1+ΔU1U2+ΔU2,整理可得ΔU1ΔU2=n1n22.(2019·江苏卷,2)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为(C)A.Tsinα B.C.Tsinα D.Tcosα解析:对气球,受力分析如图所示,将绳的拉力T分解,在水平方向:风对气球的作用力大小F=Tsinα,选项C正确.3.(2019·江苏卷,3)如图所示的电路中,电阻R=2Ω.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r为(A)A.1Ω B.2Ω C.3Ω D.4Ω解析:当S断开后,电压表读数为U=3V,可认为电动势E=3V,当S闭合后,由闭合电路欧姆定律知E=U'+Ir,且I=U'整理得电源内阻r=(E-U')RU'=14.(2019·江苏卷,4)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v1,v2,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)A.v1>v2,v1=GMr B.v1>v2,v1C.v1<v2,v1=GMr D.v1<v2,v1解析:卫星绕地球运动,由开普勒第二定律知,近地点的速度大于远地点的速度,即v1>v2.若卫星以近地点时的半径做圆周运动,则有GmMr2=mv近2r,得运行速度v近=GMr,由于卫星在近地点做离心运动,则v1>v近,即5.(2019·江苏卷,5)一匀强电场的方向竖直向上.t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则Pt关系图象是(A)解析:设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0.沿电场方向:受力F电=qE,则加速度a=F电m=qEm,经时间t,粒子沿电场方向的速度vyP=F电vy=qE·qEtm=(qE)2t6.(2019·江苏卷,6)(多选)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m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(BD)A.运动周期为2B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R解析:座舱的周期T=2πRv=2πω,故A错误;根据线速度与角速度的关系,v=ωR,故B正确;座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小为F合=mω2R,故C7.(2019·江苏卷,7)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等.矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a,b产生的磁场作用下静止.则a,b的电流方向可能是(CD)A.均向左 B.均向右C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左解析:如图(甲)所示,当a,b中电流方向均向左时,矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同,使线框向导线b移动,故A错误;同理可知,a,b中电流均向右时,线框向导线a移动,故B错误;电流方向a的向左,b的向右时,a,b中电流I'在线框所在处产生的磁场方向如图(乙)所示,导线AB,CD所在处的磁感应强度相同,但所受安培力大小相等、方向相反.线框静止,故C正确;同理可知,电流方向a的向右,b的向左时,线框也能静止,故D正确.8.(2019·江苏卷,8)(多选)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m,从A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μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度.在上述过程中(BC)A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为2解析:物块向左运动压缩弹簧,弹簧最短时,物块具有向右的加速度,弹力大于摩擦力,即F>μmg,故A错误;根据功的公式,物块克服摩擦力做的功W=μmgs+μmgs=2μmgs,故B正确;根据能量守恒,弹簧弹开物块的过程中,弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能,即Epm=μmgs,故C正确;根据能量守恒,在整个过程中,物块的初动能通过摩擦力做功转化为内能,即12mv2=2μmgs,解得v=2μgs,故9.(2019·江苏卷,9)(多选)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点.先将一电荷量也为+q的点电荷Q1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Q1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(ABD)A.Q1移入之前,C点的电势为WB.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为4W解析:根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep=W,根据电势的定义知C点电势φ=Epq=Wq,故A正确;在A点的点电荷产生的电场中,B,C两点处在同一等势面上,Q1从C移到B的过程中,电场力做功为0,故B正确;单独在A点固定电荷量为+q的点电荷时,C点电势为φ,单独在B点固定点电荷Q1时,C点电势也为φ,两点电荷都存在时,C点电势为2φ,Q2从无穷远移到C点时,具有的电势能Ep'=2q×2φ=4W,电场力做功W'=Ep'=4W,故C错误,10.(2019·江苏卷,10)某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理.(1)有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用:A.电磁打点计时器B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选择(选填“A”或“B”).

(2)保持长木板水平,将纸带固定在小车后端,纸带穿过打点计时器的限位孔.实验中,为消除摩擦力的影响,在砝码盘中慢慢加入沙子,直到小车开始运动.同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除.同学乙认为还应从盘中取出适量沙子,直至轻推小车观察到小车做匀速运动.看法正确的同学是(选填“甲”或“乙”).

(3)消除摩擦力的影响后,在砝码盘中加入砝码.接通打点计时器电源,松开小车,小车运动.纸带被打出一系列点,其中的一段如图2所示.图中纸带按实际尺寸画出,纸带上A点的速度vA=m/s.

(4)测出小车的质量为M,再测出纸带上起点到A点的距离为L.小车动能的变化量可用ΔEk=12MvA2算出.砝码盘中砝码的质量为m,重力加速度为g.实验中,小车的质量应(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量,小车所受合力做的功可用W=mgL算出.多次测量,若W与ΔE解析:(1)电磁打点计时器打点计时时振针与纸带之间的摩擦较大,电火花打点计时器是电磁脉冲产生的电火花在纸带上打点,纸带所受阻力较小,故选B项.(2)由于刚开始运动,拉力克服最大静摩擦力,而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,故平衡摩擦力的两种说法中,乙同学正确.(3)取与A点相邻的两点.用毫米刻度尺测出两点之间的距离,如图所示.用平均速度表示A点的瞬时速度,vA=x2T=12.4×10-3(4)本实验要验证的表达式是mgL=12MvA2,用砝码的重力表示拉力的前提是答案:(1)B(2)乙(3)0.31(0.30~0.33都算对)(4)远大于11.(2019·江苏卷,11)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率.实验操作如下:(1)螺旋测微器如图1所示.在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,再旋动(选填“A”“B”或“C”),直到听到“喀喀”的声音,以保证压力适当,同时防止螺旋测微器的损坏.

(2)选择电阻丝的(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电阻丝的直径.

(3)如图2甲图中Rx为待测电阻丝.请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图2乙图实物电路中的正确位置.(4)为测量Rx,利用图2甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值,作出的U1I1关系图象如图3所示.接着,将电压表改接在a,b两端,测得5组电压U2和电流I2的值,数据见下表:U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0请根据表中的数据,在方格纸上作出U2I2图象.(5)由此,可求得电阻丝的Rx=Ω.根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率.

解析:(1)旋转微调旋钮C.(2)电阻丝的粗细不一定均匀,为保证测量结果准确,应在不同位置测直径,然后取平均值作为测量值.(3)滑动变阻器采用分压式接入电路,注意线不能交叉.(4)将所给的5组数据标注在UI图像中,用过原点的直线把它们连在一起,让尽可能多的点在直线上.(5)由题意知:U1I1=Rx+RA+R0,由U1I1图线的斜率可得U1I1=49.0Ω.U2I2=RA+R0,由作出的U2I2图线的斜率可得U2I2=25.5Ω.故Rx=(49.025.答案:(1)C(2)不同(3)如图1所示(4)如图2所示(5)23.5(23.0~24.0都算对)12.(2019·江苏卷,12)(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为。

A.mMv B.Mmv C.mm+M(2)100年前,卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子.后来,人们用α粒子轰击

2860Ni核也打出了质子:24He+2860Ni→2962Cu+11H+X,该反应中的X是(选填“电子”“正电子”或“中子”).(3)在“焊接”视网膜的眼科手术中,所用激光的波长λ=6.4×107m,每个激光脉冲的能量E=1.5×102J.求每个脉冲中的光子数目.(已知普朗克常量h=6.63×1034J·s,光速c=3×108m/s.计算结果保留一位有效数字)解析:(1)由题意知:小孩和滑板动量守恒,则Mv+mv'=0得v'=-Mvm,即滑板的速度大小为Mvm,方向与小孩运动方向相反(2)设X的质量数为A,质子数为Z,即

ZAX,由质量数守恒得A=4+60621=1,由电荷数守恒得Z=2+28291=0,则知X是中子;(3)光子能量ε=h光子数目n=E代入数据得n≈5×1016.答案:(1)B(2)中子核裂变(3)5×101613.(2019·江苏卷,13)A.[选修33](1)在没有外界影响的情况下,密闭容器内的理想气体静置足够长时间后,该气体()A.分子的无规则运动停息下来B.每个分子的速度大小均相等C.分子的平均动能保持不变D.分子的密集程度保持不变(2)由于水的表面张力,荷叶上的小水滴总是球形的.在小水滴表面层中,水分子之间的相互作用总体上表现为(选填“引力”或“斥力”).分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图1所示,能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中(选填“A”“B”或“C”)的位置.

(3)如图2所示,一定质量理想气体经历A→B的等压过程,B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换),其中B→C过程中内能减少900J.求A→B→C过程中气体对外界做的总功.解析:(1)分子永不停息地做无规则运动,A错误;气体分子之间的碰撞是弹性碰撞,气体分子在频繁的碰撞中速度变化,每个分子的速度不断变化,B错误;理想气体静置足够长的时间后达到热平衡,气体的温度不变,分子的平均动能不变,C正确;气体体积不变,则分子的密集程度保持不变,D正确.(2)水滴表面层使水滴具有收缩的趋势,因此水滴表面层中,水分子之间的作用力表现为引力;水分子之间,引力和斥力相等时,分子间距离r=r0,分子势能最小;当分子间表现为引力时,分子间距离r>r0,因此,小水滴表面层中水分子Ep对应于位置C.(3)A→B过程W1=p(VBVA)B→C过程,根据热力学第一定律W2=ΔU则对外界做的总功W=(W1+W2)代入数据得W=1500J.答案:(1)CD(2)引力C(3)1500J13.(2019·江苏卷,13)B.[选修34](1)一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的.

A.位移增大 B.速度增大C.回复力增大 D.机械能增大(2)将两支钢笔并排放在一起,中间留一条狭缝,通过这条狭缝去看与其平行的日光灯,能观察到彩色条纹,这是由于光的(选填“折射”“干涉”或“衍射”).当缝的宽度(选填“远大于”或“接近”)光波的波长时,这种现象十分明显.

(3)如图所示,某L形透明材料的折射率n=2.现沿A