2019年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）（解析版）_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_全国卷物理_全国统一高考物理（新课标ⅱ）08-21_A3word版_PDF版（赠送）

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 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 3 块与斜面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最 3 大为( ) 全国Ⅱ卷 A．150 kg B．100 3 kg 理科综合(物理部分) C．200 kg D．200 3 kg 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合 答案 A 题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 解析 设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有 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 F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确． 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( ) 17. (2019·全国Ⅱ卷·17)如图1，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( ) 答案 D 解析 在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着h的增大，探测器所受的地球引力 逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图像是D. 图1 1 5 15．(2019·全国Ⅱ卷·15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子－质子循坏，循环的结果可表示为411H→42He＋201 A. kBl， kBl 4 4 e＋2ν，已知11H和42He的质量分别为m ＝1.007 8 u和m ＝4.002 6 u,1 u＝931 MeV/c2，c为光速．在4个11H转变 p α 1 5 成1个42He的过程中，释放的能量约为( ) B. kBl， kBl 4 4 A．8 MeV B．16 MeV 1 5 C. kBl， kBl 2 4 C．26 MeV D．52 MeV 1 5 D. kBl， kBl 2 4 答案 C 答案 B 解析 核反应质量亏损Δm＝4×1.007 8 u－4.002 6 u＝0.028 6 u，释放的能量ΔE＝0.028 6×931 MeV≈26.6 MeV， l va2 e 选项C正确． 解析 电子从a点射出时，其轨迹半径为r a ＝ 4 ，由洛伦兹力提供向心力，有ev a B＝m ra ，又 m ＝k，解得v a ＝kBl l 5l 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 ；电子从d点射出时，由几何关系有rd2＝l2＋(r－)2，解得轨迹半径为r ＝ ，由洛伦兹力提供向心力，有 d d 4 2 4 vd2 e 5kBl 的速度，其v－t图像如图(b)所示，t 1 和t 2 是他落在倾斜雪道上的时刻．则( ) ev B＝m ，又 ＝k，解得vd＝ ，选项B正确． d rd m 4 18．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 等于动能E 与重力势能E 之和．取地 总 k p 面为重力势能零点，该物体的E 和E 随它离开地面的高度h的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s2.由图中 总 p 数据可得( ) 图1 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 图1 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v 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 1 A．物体的质量为2 kg 答案 BD B．h＝0时，物体的速率为20 m/s 解析 根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的 Δv C．h＝2 m时，物体的动能E ＝40 J 大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝ 可知，第二次滑翔过程中在竖 k Δt 直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运 D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程 答案 AD 中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v 时，根据v－t图线的斜率表示 1 加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，可知第 解析 根据题图图像可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为 f 1 二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确． E ＝100 J，由公式E ＝ mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知 k0 k0 2 Fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动 20．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)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 f f 能定理有－mgh－Fh＝E －100 J，解得E ＝50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械 动轨迹上的另外一点，则( ) f k k 能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确． A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 19．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·19)如图1(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 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 同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进 入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A； 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 若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时 答案 AC 回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应 电动势和感应电流，且感应电流一定大于I ，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培 解析 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由 1 力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的 静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动 电流随时间变化的图像可能是D. 能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持 不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的 二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据 电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运 要求作答． 动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N (一)必考题：共47分． 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误． 22．(2019·全国Ⅱ卷·22)如图1，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 21. (多选)(2019·全国Ⅱ卷·21)如图1，两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 木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等．回答下列问题： 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 (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)． 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( ) 图1 (2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角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 图1 板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图2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9.80 m/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)． 答案 AD 解析 根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相 图2gsin θ－a 答案 (1) (2)0.35 gcos θ 解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 gsin θ－a mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝ . gcos θ (2)两个相邻计数点之间的时间间隔 1 T＝5× s＝0.10 s， 图1 50 (1)实验中，为保证流过二极管的电流为 50.0 μA，应调节滑动变阻器 R，使电压表 V 的示数为 U ＝________ 由逐差法和Δx＝aT2， 1 1 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________(填“变大”或“变小”)，电压 x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3 可得a＝ ≈1.97 m/s2， 表V 示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向________(填“A”或“B”)端移动，以使V 12T2 1 1 示数仍为U . gsin θ－a 1 代入μ＝ ，解得μ≈0.35. gcos θ ΔU (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| |＝ Δt 23．(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(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 ________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)． 的关系，图中V 和V 为理想电压表；R为滑动变阻器，R 为定值电阻(阻值100 Ω)；S为开关，E为电源．实 1 2 0 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50.0 μA 答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8 时得到的某硅二极管U－t关系曲线．回答下列问题： 解析 (1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U ＝IR ＝50.0 μA×100 Ω＝ 1 0 5.00 mV；由题图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又题图(b)对应的电流恒为50.0 μA， 可知硅二极管的正向电阻变小，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V 示数增大，应增大滑动变阻器接入电 1 路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 示数保持不变，故应将R的滑片向B端移动． 1 |ΔU| 0.44－0.30 (2)由题图(b)可知 ＝ V/℃＝2.8×10－3 V/℃. Δt 80－30 24．(2019·全国Ⅱ卷·24)如图1，两金属板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v 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． 0mdh 2v ⑧ 0 qφ 25．(2019·全国Ⅱ卷·25)一质量为m＝2 000 kg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100 m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1(a)中 图1 的图线．图(a)中，0～t 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， 1 (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； 汽车仍保持匀速行驶)，t ＝0.8 s；t ～t 时间段为刹车系统的启动时间，t ＝1.3 s；从t 时刻开始汽车的刹车系统 1 1 2 2 2 稳定工作，直至汽车停止．已知从t 时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m. (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？ 2 1 2φ mdh 答案 (1) mv02＋ qh v 0 2 d qφ mdh (2)2v 0 qφ 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 图1 2φ 为a，有E＝ ① d (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v－t图线； F＝qE＝ma② (2)求t 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； 2 设粒子第一次到达G时动能为E k ，由动能定理有 (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t ～t 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， 1 2 汽车行驶的距离约为多少(以t ～t 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)? 1 1 2 qEh＝E － mv02③ k 2 答案 见解析 1 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为l，则有h＝ at2④ 2 解析 (1)v－t图像如图所示． l＝v t⑤ 0 联立①②③④⑤式解得 1 2φ E ＝ mv02＋ qh⑥ k 2 d (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v ，则t 时刻的速度为v ，t 时刻的速度为v ，在t 时刻后汽车做匀 1 1 1 2 2 2 mdh 减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在t ＋(n－1)Δt～t ＋nΔt内的位移为s ，n＝1,2,3…. l＝v ⑦ 2 2 n 0 qφ 若汽车在t ＋3Δt～t ＋4Δt时间内未停止，设它在t ＋3Δt时刻的速度为v ，在t ＋4Δt时刻的速度为v ，由运 2 2 2 3 2 4 (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．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝ 动学公式有s －s ＝3a(Δt)2① 1 1 1 4 W＝ mv12－ mv22⑫ 2 2 1 s ＝v Δt－ a(Δt)2② 1 2 2 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v ＝v －4aΔt③ 4 2 v ＝30 m/s⑬ 1 联立①②③式，代入已知数据解得 W＝1.16×105 J⑭ 17 v ＝－ m/s④ 4 6 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 这说明在t ＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立． 2 1 v22 s＝v t ＋ (v ＋v )(t －t )＋ ⑮ 11 1 2 2 1 2 2a 由于在t ＋3Δt～t ＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 2 2 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s＝87.5 m⑯ v ＝v －3aΔt⑤ 3 2 2as ＝v32⑥ (二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． 4 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 33.物理——选修3－3 a＝8 m/s2，v ＝28 m/s⑦ (2019·全国Ⅱ卷·33)(1)如图1p－V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 2 的温度分别是T 、T 、T .用N 、N 、N 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 1 2 3 1 2 3 288 或者a＝ m/s2，v ＝29.76 m/s⑧ 25 2 平均次数，则N ________N ，T ________T ，N ________N .(填“大于”“小于”或“等于”) 1 2 1 3 2 3 但⑧式情形下，v <0，不合题意，舍去． 3 (3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f ，由牛顿第二定律有 1 f ＝ma⑨ 1 在t ～t 时间内，阻力对汽车冲量的大小为 1 2 图1 1 I＝ f 1 (t 2 －t 1 )⑩ (2)如图1，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容 2 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 由动量定理有I＝mv －mv ⑪ 1 2 p 和V ，氢气的体积为2V ，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 0 0 0 不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求： 由动能定理，在t ～t 时间内，汽车克服阻力做的功为 1 2①抽气前氢气的压强； 1 1 p ＝ p ＋ p⑦ 1 0 2 4 ②抽气后氢气的压强和体积． 4p0＋pV0 V ＝ ⑧ 1 2p0＋p 34.物理——选修3－4(2019·全国Ⅱ卷·34)(1)如图1，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花 3 板上O点处，在O点正下方 l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 4 图1 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x－t关系的是______． 答案 (1)大于 等于 大于 1 1 1 4p0＋pv0 (2)① (p ＋p) ② p ＋ p 2 0 2 0 4 2p0＋p pV 解析 (1)对一定质量的理想气体， 为定值，由p－V图像可知，2p ·V ＝p ·2V >p ·V ，所以T ＝T >T .状态1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 T 与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击 图1 器壁单位面积的平均次数更多，所以N >N ；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能 1 2 更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N >N . 2 3 (2)①设抽气前氢气的压强为p ，根据力的平衡条件得(p －p)·2S＝(p －p)·S① 10 10 0 1 得p ＝ (p ＋p)② 10 0 2 (2)某同学利用图1所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 ②设抽气后氢气的压强和体积分别为p 和V ，氮气的压强和体积分别为p 和V ，根据力的平衡条件有p ·S＝ 1 1 2 2 2 镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题： p ·2S③ 1 由玻意耳定律得p V ＝p ·2V ④ 1 1 10 0 p V ＝p V ⑤ 2 2 0 0 图1 由于两活塞用刚性杆连接，故 ①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________； V －2V ＝2(V －V )⑥ 1 0 0 2 A．将单缝向双缝靠近 联立②③④⑤⑥式解得 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0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条 纹之间的距离为7.56 mm.则所测单色光的波长为________ nm(结果保留3位有效数字)． 答案 (1)A d·Δx (2)①B ② ③630 n－1l L 解析 (1)由单摆的周期公式T＝2π 可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D g 项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小 球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项 正确． l (2)①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx＝ λ可知，需要减小双缝到屏的距 d 离l或增大双缝间的距离d，故B项正确，A、C、D项错误． Δx l d·Δx ②由题意可知， ＝ λ⇒λ＝ . n－1 d n－1l ③将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.