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2019 年普通高等学校招生全国统一考试
全国Ⅱ卷
理科综合(物理部分)
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．
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( )
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.
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4 H→He＋2 e＋2ν，已知H 和He 的质量分别为mp＝1.007 8 u 和mα＝4.002 6 u,1
1
42
01
1
42
u＝931 MeV/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( )
1
42
A．8 MeV
B．16 MeV
C．26 MeV
D．52 MeV
答案 C
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，选项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
，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受
3
3
的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg
B．100
kg
3
C．200 kg
D．200
kg
3
答案 A
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F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A 项正确．
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( )
图1
A. kBl，
kBl
1
4
5
4
B. kBl，kBl
1
4
5
4
C. kBl，
kBl
1
2
5
4
D. kBl，kBl
1
2
5
4
答案 B
解析 电子从a 点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m
，
l
4
va2
ra
又＝k，解得va＝
；电子从d 点射出时，由几何关系有r ＝l2＋(rd－)2，解得轨迹半
e
m
kBl
4
d2
l
2
径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m
，又＝k，解得vd＝
，选项B 正
5l
4
vd2
rd
e
m
5kBl
4
确．
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 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1 所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
图1
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
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Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2 可知，h＝0 时物体的速率为v＝10 m/s，
1
2
选项A 正确，B 错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻
力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－
100 J，解得Ek＝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．
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v－t 图像如图(b)所示，t1 和t2 是他落
在倾斜雪道上的时刻．则( )
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
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
答案 BD
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直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C 错误；
Δv
Δt
第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运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v1 时，根据v－t 图
线的斜率表示加速度可知，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－Ff＝ma，可知第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．
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
答案 AC
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 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．
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( )
图1
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；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I1，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 的电流随时间变化的图像可能是D.
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，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
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：
(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)．
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)．
图2
答案 (1)
(2)0.35
gsin θ－a
gcos θ
解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝
.
gsin θ－a
gcos θ
(2)两个相邻计数点之间的时间间隔
T＝5×
s＝0.10 s，
1
50
由逐差法和Δx＝aT2，
可得a＝
≈1.97 m/s2，
x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3
12T2
代入μ＝
，解得μ≈0.35.
gsin θ－a
gcos θ
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 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100 Ω)；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50.0 μA 时得到的某硅二极管U－t
关系曲线．回答下列问题：
图1
(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
________(填“变大”或“变小”)，电压表V1 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|
|＝________×10－3 V/℃(保留2 位有效数字)．
ΔU
Δt
答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8
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U1＝
IR0＝50.0 μA×100 Ω＝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V1 示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的
电流，从而使电压表V1 示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．
(2)由题图(b)可知
＝
V/℃＝2.8×10－3 V/℃.
|
ΔU
Δt|
0.44－0.30
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v0 平行于纸面水平
射入电场，重力忽略不计．
图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；
(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？
答案 (1) mv ＋
qh v0
1
2
02
2φ
d
mdh
qφ
(2)2v0
mdh
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为a，有E＝
①
2φ
d
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G 时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv ③
1
2
02
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
1
2
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv ＋
qh⑥
1
2
02
2φ
d
l＝v0
⑦
mdh
qφ
(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＝2v0
⑧
mdh
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
＝0.8 s；t1～t2 时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；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1 s 内的位移为24 m，第4 s 内的位移
为1 m.
图1
(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；
(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)?
答案 见解析
解析 (1)v－t 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＝1 s，设汽车在t2＋(n－1)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
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
1
2
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－
m/s④
17
6
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＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v ⑥
32
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或者a＝
m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
288
25
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＝f1(t2－t1)⑩
1
2
由动量定理有I＝mv1－mv2⑪
由动能定理，在t1～t2 时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv －mv ⑫
1
2
12
1
2
22
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s⑬
W＝1.16×105 J⑭
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＋(v1＋v2)(t2－t1)＋
⑮
1
2
v22
2a
联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s＝87.5 m⑯
(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．
33. 物理——选修3－3
(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________N2，T1________T3，
N2________N3.(填“大于”“小于”或“等于”)
图1
(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．
图1
答案 (1)大于 等于 大于
(2)①(p0＋p) ②p0＋p
1
2
1
2
1
4
4p0＋pv0
2p0＋p
解析 (1)对一定质量的理想气体，
为定值，由p－V 图像可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，
pV
T
所以T1＝T3>T2.状态1 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，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1>N2；
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N2>N3.
(2)①设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)②
1
2
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＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p⑦
1
2
1
4
V1＝
⑧
4p0＋pV0
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
3
4
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x－t 关系的是______．
图1
(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，使得从目镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题：
图1
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0.300 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
(2)①B ②
③630
d·Δx
n－1l
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
L
g
周期的2 倍，所以B、D 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．
(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
l
d
要减小双缝到屏的距离l 或增大双缝间的距离d，故B 项正确，A、C、D 项错误．
②由题意可知，
＝ λ⇒λ＝
.
Δx
n－1
l
d
d·Δx
n－1l
③将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.
