2019年普通高等學校招生全國統一考試全國Ⅰ卷物理14.(2019·全國Ⅰ卷,14)氫原子能級示意圖如圖所示.光子能量在1.63eV~3.10eV的光為可見光.要使處于基態(n=1)的氫原子被激發后可輻射出可見光光子,最少應給氫原子提供的能量為(A)A.12.09eV B.10.20eV C.1.89eV D.1.51eV解析:由題意可知,基態(n=1)氫原子被激發后,至少被激發到n=3能級后,躍遷才可能產生可見光,故ΔE=E3E1=1.51eV(13.60)eV=12.09eV,故A正確.15.(2019·全國Ⅰ卷,15)如圖,空間存在一方向水平向右的勻強電場,兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下,兩細繩都恰好與天花板垂直,則(D)A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負電荷C.P帶正電荷,Q帶負電荷D.P帶負電荷,Q帶正電荷解析:對小球受力分析可知P和Q兩小球不能帶同種電荷,故A,B錯誤;若P球帶負電,Q球帶正電,如圖所示,恰能滿足題意;若P帶正電,Q帶負電,P受力均向右,無法平衡,故C錯誤,D正確.16.(2019·全國Ⅰ卷,16)最近,我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功,這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展.若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3km/s,產生的推力約為4.8×106N,則它在1s時間內噴射的氣體質量約為(B)A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg解析:設該發動機在時間t內,噴射出的氣體質量為m,根據動量定理,有Ft=mv,在1s內噴射出的氣體質量m0=mt=Fv=4.8×1063000kg=1.6×17.(2019·全國Ⅰ卷,17)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M,N與直流電源兩端相接,已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為(B)A.2F B.1.5F C.0.5F D.0解析:設每根導體棒的電阻為R,長度為l,則上、下兩并聯電路的電阻之比為R1∶R2=2R∶R=2∶1,根據歐姆定律可知,電流之比為I1∶I2=1∶2.上支路兩導體受安培力的有效長度為l,根據安培力計算公式F=IlB,上下兩支路所受安培力之比為F1∶F2=I1∶I2=1∶2,又F2=F,則F1=0.5F,根據左手定則可知,兩個安培力的方向相同,故線框LMN所受的安培力大小為1.5F,故B正確.18.(2019·全國Ⅰ卷,18)如圖,籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃,離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個H4所用的時間為t1,第四個H4所用的時間為t2.不計空氣阻力,則t2t1滿足A.1<t2t1<2 B.2<C.3<t2t1<4 D.4<解析:運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零,又不計空氣阻力,故可逆向處理為自由落體運動.根據初速度為零的勻加速直線運動,通過相鄰的相等位移所用的時間之比為1∶(21)∶(32)∶(23)∶…,可得t2t1=12-3=2+3,即3<t219.(2019·全國Ⅰ卷,19)如圖,一粗糙斜面固定在地面上,斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連,系統處于靜止狀態.現用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止,則在此過程中(BD)A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩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減小后增加解析:以物塊N為研究對象,受力分析如圖(甲)所示,它在水平向左的拉力F作用下,緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中,水平拉力F逐漸增大,細繩拉力FT逐漸增大,故A錯誤,B正確;對物塊M受力分析如圖(乙)所示,若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向下,則隨著細繩拉力FT的增加,摩擦力Ff也逐漸增加;若起初物塊M受到的摩擦力Ff沿斜面向上,則隨著細繩拉力FT的增加,摩擦力Ff可能先減小后反向增加,故C錯誤,D正確.20.(2019·全國Ⅰ卷,20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場,其邊界如圖(a)中虛線MN所示,一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內,圓心O在MN上.t=0時磁感應強度的方向如圖(a)所示;磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示.則在t=0到t=t1的時間間隔內(BC)A.圓環所受安培力的方向始終不變B.圓環中的感應電流始終沿順時針方向C.圓環中的感應電流大小為BD.圓環中的感應電動勢大小為B解析:根據Bt圖像結合楞次定律可知,圓環中感應電流方向一直為順時針方向,在t0時刻,磁場的方向發生變化,安培力方向發生變化,故A錯誤,B正確;根據法拉第電磁感應定律得感應電動勢E=ΔΦΔt=B0πr22t0,根據電阻定律得R=ρ2πrS,由閉合電路歐姆定律得I=E21.(2019·全國Ⅰ卷,21)在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端,P由靜止向下運動,物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示.在另一星球N上用完全相同的彈簧,改用物體Q完成同樣的過程,其ax關系如圖中虛線所示.假設兩星球均為質量均勻分布的球體.已知星球M的半徑是星球N的3倍,則(AC)A.M與N的密度相等B.Q的質量是P的3倍C.Q下落過程中的最大動能是P的4倍D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍解析:星球表面重力加速度g=GMR2=G43πR3ρR2=43πGρR,物體剛放到彈簧上時所受彈力為零,加速度為重力加速度,因此gM=3gN,又因為RM=3RN,可得出ρM=ρN,A正確;物體處于平衡狀態時加速度為零,則m1gM=kx0,m2gN=2kx0,得mQ=6mP,B錯誤;物體加速度為0時動能最大,此時mg=kx,根據動能定理mgxkx2x=Ek,則有Ek=12mgx=12kx2,所以,EkQEkP=(2x0)2x02=4,C正確;當彈簧壓縮量最大時,物體的速度為0,由動能定理mgxkx2x=22.(2019·全國Ⅰ卷,22)某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行探究.物塊拖動紙帶下滑,打出的紙帶一部分如圖所示.已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz,紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出.在A,B,C,D,E五個點中,打點計時器最先打出的是點.在打出C點時物塊的速度大小為m/s(保留3位有效數字);物塊下滑的加速度大小為m/s2(保留2位有效數字).

解析:物塊沿傾斜長木板做勻加速直線運動,相等時間內的位移越來越大,在紙帶上相鄰的計時點間距離應越來越大,則物塊跟紙帶的左端相連,紙帶上最先打出的是A點;在打點計時器打C點瞬間,物塊的速度vC=xBD2T=(5.85-1.20)×10-22×0.1m/s=0答案:(1)A(2)0.233(3)0.7523.(2019·全國Ⅰ卷,23)某同學要將一量程為250μA的微安表改裝為量程為20mA的電流表.該同學測得微安表內阻為1200Ω,經計算后將一阻值為R的電阻與該微安表連接,進行改裝.然后利用一標準毫安表,根據圖(a)所示電路對改裝后的電表進行檢測(虛線框內是改裝后的電表).(1)根據圖(a)和題給條件,將圖(b)中的實物連線.(2)當標準毫安表的示數為16.0mA時,微安表的指針位置如圖(c)所示,由此可以推測出所改裝的電表量程不是預期值,而是.(填正確答案標號)

A.18mA B.21mA C.25mA D.28mA(3)產生上述問題的原因可能是.(填正確答案標號)

A.微安表內阻測量錯誤,實際內阻大于1200ΩB.微安表內阻測量錯誤,實際內阻小于1200ΩC.R值計算錯誤,接入的電阻偏小D.R值計算錯誤,接入的電阻偏大(4)要達到預期目的,無論測得的內阻值是否正確,都不必重新測量,只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為kR的電阻即可,其中k=.

解析:(1)電表改裝時,微安表應與定值電阻R并聯接入虛線框內,實物電路連接如圖所示.(2)由標準毫安表與改裝表的讀數可知,改裝后的電流表,實際量程被擴大的倍數為n=16160×10-3=100,實際量程為250μA×100=25mA(3)根據改裝后的電流表的量程I=Ig+IgRgR,如果原微安表內阻測量值偏小,即實際內阻大于1200Ω,那么得到的電流表量程大于20mA,故A正確,B錯誤;如果阻值R計算有誤,接入電阻偏小,那么得到的電流表量程大于20mA,故C正確(4)接入電阻R,改裝后的電流表量程為25mA,有I=Ig+IgRgR;換成kR后的電流表量程為20mA,有I'=Ig+Ig答案:(1)圖見解析(2)C(3)AC(4)9924.(2019·全國Ⅰ卷,24)如圖,在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場,磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出.已知O點為坐標原點,N點在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,不計重力.求(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間.解析:(1)設帶電粒子的質量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v.由動能定理有qU=12mv2設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=mv2由幾何關系知d=2r③聯立①②③式得qm=4U(2)由幾何關系知,帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為s=πr2+rtan30帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t=sv聯立②④⑤⑥式得t=Bd24Uπ2答案:(1)4UB2d2(2)B25.(2019·全國Ⅰ卷,25)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接,小物塊B靜止于水平軌道的最左端,如圖(a)所示.t=0時刻,小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑,一段時間后與B發生彈性碰撞(碰撞時間極短);當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時,速度減為0,此時對其施加一外力,使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊A運動的vt圖像如圖(b)所示,圖中的v1和t1均為未知量.已知A的質量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力.(1)求物塊B的質量;(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中,求物塊A克服摩擦力所做的功;(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等,在物塊B停止運動后,改變物塊與軌道間的動摩擦因數,然后將A從P點釋放,一段時間后A剛好能與B再次碰上.求改變前后動摩擦因數的比值.解析:(1)根據圖(b),v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小,v12為其碰撞后瞬間速度的大小.設物塊B的質量為m',碰撞后瞬間的速度大小為mv1=mv12+m'v'12mv12=12m12v12+聯立可得m'=3m.(2)在圖(b)所描述的運動中,設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f,下滑過程中所走過的路程為s1,返回過程中所走過的路程為s2,P點的高度為h,整個過程中克服摩擦力所做的功為W.由動能定理有mgHfs1=12mv(fs2+mgh)=012mv12從圖(b)所給出的vt圖線可知s1=12v1ts2=12·v12·(1.4t1由幾何關系得s2s物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為W=fs1+fs2聯立可得W=215(3)設傾斜軌道傾角為θ,物塊與軌道間的動摩擦因數在改變前為μ,有W=μmgcosθ·H設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s',由動能定理有μm'gs'=012m'v'設改變后的動摩擦因數為μ',由動能定理有mghμ'mgcosθ·hsinθμ聯立可得μμ'=答案:(1)3m(2)215mgH(3)33.(2019·全國Ⅰ卷,33)[物理—選修33](1)某容器中的空氣被光滑活塞封住,容器和活塞絕熱性能良好,空氣可視為理想氣體.初始時容器中空氣的溫度與外界相同,壓強大于外界.現使活塞緩慢移動,直至容器中的空氣壓強與外界相同.此時,容器中空氣的溫度(選填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度,容器中空氣的密度(選填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度.

(2)熱等靜壓設備廣泛應用于材料加工中.該設備工作時,先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中,然后爐腔升溫,利用高溫高氣壓環境對放入爐腔中的材料加工處理,改善其性能.一臺熱等靜壓設備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13m3,爐腔抽真空后,在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中.已知每瓶氬氣的容積為3.2×102m3,使用前瓶中氣體壓強為1.5×107Pa,使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0×106Pa;室溫溫度為27℃.氬氣可視為理想氣體.①求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強;②將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227℃,求此時爐腔中氣體的壓強.解析:(1)由題意可知,容器與活塞絕熱性能良好,容器內氣體與外界不發生熱交換,故ΔQ=0;為了使氣體壓強減小到與外界大氣壓強相同,緩慢地移動活塞的過程中,容器內氣體的體積增大,氣體對外界做功,即W<0,根據熱力學第一定律可得ΔU=ΔQ+W<0,容器內氣體的內能減小,溫度降低,低于外界溫度;最終容器內氣體壓強和外界氣體壓強相同,但溫度低于外界溫度,則分子密度一定大于外界,即容器中的空氣的密度大于外界氣體的密度.(2)①設初始時每瓶氣體的體積為V0,壓強為p0;使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為p1,假設體積為V0,壓強為p0的氣體壓強變為p1時,其體積膨脹為V1,由玻意耳定律p0V0=p1V1①被壓入爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為V1'=V1V0②設10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為p2,體積為V2,由玻意耳定律p2V2=10p1V1'③聯立①②③式并代入題給數據得p2=3.2×107Pa.④②設加熱前爐腔的溫度為T0,加熱后爐腔的溫度為T1,氣體壓強為p3,由查理定律p3T1聯立④⑤式并代入數據得p3=1.6×108Pa.答案:(1)低于大于(2)①3.2×107Pa②1.6×108Pa34.(2019·全國Ⅰ卷,34)[物理選修34](1)一簡諧橫波沿x軸正方向傳播,在t=T2時刻,該波的波形圖如圖(a)所示,P,Q是介質中的兩個質點.圖(b)表示介質中某質點的振動圖像.下列說法正確的是A.質點Q的振動圖像與圖(b)相同B.在t=0時刻,質點P的速率比質點Q的大C.在t=0時刻,質點P的加速度的大小比質點Q的大D.平衡位置在坐標原點的質點的振動圖像如圖(b)所示E.在t=0時刻,質點P與其平衡位置的距離比質點Q的大(2)如圖,一艘帆船靜止在湖面上,帆船的豎直桅桿頂端高出水面3m.距水面4m的湖底P點發出的激光束,從水面出射后恰好照射到桅桿頂端,該出射光束與豎直方向的夾角為53°(取sin53°=0.8).已知水的折射率為43①求桅桿到P點的水平距離;②船向左行駛一段距離后停止,調整由P點發出的激光束方向,當其與豎直方向夾角為45°時,從水面射出后仍照射在桅桿頂端,求船行駛的距離.(1)解析:由圖(b)可知,在t=T2時刻,質點正處于平衡位置沿y軸負方向振動,而從圖(a)可知,質點Q在t=T2時正處于平衡位置沿y軸正方向運動,平衡位置在坐標原點處的質點正處于平衡位置沿y軸負方向振動,故A錯誤,D正確;由t=T2的波形圖推知在t=0時刻,質點P位于波谷,速率為零,加速度最大,離開平衡位置的距離最大;質點Q位于平衡位置,速率最大,加速度為零,離開平衡位置的距離為零,故B錯誤,C,(2)①設激光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1,到P點的水平距離為x2;桅桿高度為h1,P點處水深為h2;激光束在水中與豎直方向的夾角為θ.由幾何關系有x1h1=tanx2h2=tan由折射定律有sin53°=nsinθ③設桅桿到P點的水平距離為x,則x=x1+x2④聯立①②③④式并代入題給數據得x=7m.⑤②設激光束在水中與豎直方向的夾角為45°時,從水面出射的方向與豎直方向夾角為i.由折射定律有sini=nsin45°⑥設船向左行駛的距離為x',此時光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1',到P點的水平距離為x2',則x1'+x2'=x'+x⑦x1'h1x2'h2=tan聯立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入題給數據得x'=(623)m≈5.5m.答案:(1)CDE(2)①7m②5.5m物理全國Ⅱ卷14.(2019·全國Ⅱ卷,14)2019年1月,我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸,在探測器“奔向”月球的過程中,用h表示探測器與地球表面的距離,F表示它所受的地球引力,能夠描述F隨h變化關系的圖像是(D)解析:根據萬有引力定律可得F=GMm(R+h)2,探測器與地球表面的距離h越大,15.(2019·全國Ⅱ卷,15)太陽內部核反應的主要模式之一是質子質子循環,循環的結果可表示為411H→24He+210e+2ν.已知

11H和

24He的質量分別為mp=1.0078u和mα=4.0026u,1u=931MeV/c2,c為光速.在4個

11H轉變成A.8MeV B.16MeVC.26MeV D.52MeV解析:由愛因斯坦質能方程得ΔE=Δmc2=(4×mpmα2me)·c2,忽略電子質量代入數據解得ΔE=(4×1.0078u4.0026u)·c2≈26.6MeV,故C正確.16.(2019·全國Ⅱ卷,16)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動,輕繩與斜面平行.已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為33,重力加速度取10m/s2.若輕繩能承受的最大張力為1500N,則物塊的質量最大為(AA.150kg B.1003kgC.200kg D.2003kg解析:對物塊受力分析,如圖所示.T=f+mgsinθ,N=mgcosθ,又f=μN,代入數據解得m=150kg,故A正確.17.(2019·全國Ⅱ卷,17)如圖,邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外.ab邊中點有一電子發射源O,可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子.已知電子的比荷為k.則從a,d兩點射出的電子的速度大小分別為(B)A.14kBl,54kBl B.14kBlC.12kBl,54kBl D.12kBl解析:由題意可知,從a點射出的電子在勻強磁場中的運動軌跡半徑為Ra=14l,根據洛倫茲力提供向心力,qvaB=mva2Ra,解得va=Bql4m=14kBl;從d點射出的電子在勻強磁場中的運動軌跡半徑為Rd,根據幾何關系得Rd2=l2+Rdl22,可得Rd=54l,又qvdB=mv18.(2019·全國Ⅱ卷,18)(多選)從地面豎直向上拋出一物體,其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和.取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.由圖中數據可得(AD)A.物體的質量為2kgB.h=0時,物體的速率為20m/sC.h=2m時,物體的動能Ek=40JD.從地面至h=4m,物體的動能減少100J解析:Eph圖像的斜率表示物體受到的重力mg,即mg=804N=20N,解得m=2kg,故A正確;由圖像可知,物體離地面的高度h=0時,重力勢能Ep=0,機械能E總=100J,則動能Ek=E總Ep=100J,而Ek=12mv2=100J,解得v=10m/s,故B錯誤;同理可得,h=2m時,Ep=40J,Ek=E總Ep=90J40J=50J;h=4m時,Ek=E總Ep=80J80J=0J,從地面至h=4m,物體的動能減少100J,故C錯誤,D正確19.(2019·全國Ⅱ卷,19)(多選)如圖(a),在跳臺滑雪比賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離.某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺開始計時,用v表示他在豎直方向的速度,其vt圖像如圖(b)所示,t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻.則(BD)A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時,第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大解析:vt圖像與時間軸所圍的面積表示豎直方向的位移,根據題意結合圖像可知,第二次面積大于第一次面積,表示第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大,故A錯誤;根據幾何關系可知,第二次滑翔過程中豎直方向上的位移大,其在水平方向上的位移就大,故B正確;根據加速度的定義式a=ΔvΔt,結合圖像知Δv1>Δv2,Δt1<Δt2,則a1>a2,即第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小,故C錯誤;豎直方向速度為v1時,第一次滑翔過程的圖像的切線斜率比第二次的大,即a1>a2,由mgfy=ma,可知,fy1<fy2,20.(2019·全國Ⅱ卷,20)(多選)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動,N為粒子運動軌跡上的另外一點,則(AC)A.運動過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M,N兩點間,粒子的軌跡一定與某條電場線重合C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行解析:若在等量同種正點電荷形成的電場中,由兩點電荷連線的中垂線上的M點靜止釋放負電荷,則負電荷先加速后減速,故A正確;若電場線為曲線,帶電粒子軌跡不與電場線重合,故B錯誤;由于只有電場力做功,帶電粒子的動能和電勢能之和不變,而N點的動能大于等于M點動能,則N點電勢能小于等于M點電勢能,故C正確;帶電粒子可能做曲線運動,所受電場力指向運動軌跡的凹側,故D錯誤.21.(2019·全國Ⅱ卷,21)如圖,兩條光滑平行金屬導軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導軌電阻忽略不計.虛線ab,cd均與導軌垂直,在ab與cd之間的區域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場.將兩根相同的導體棒PQ,MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導軌垂直且接觸良好.已知PQ進入磁場時加速度恰好為零.從PQ進入磁場開始計時,到MN離開磁場區域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(AD)解析:若PQ進入磁場時剛好可以做勻速直線運動,且PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場,則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間,由于磁通量Φ不變,無感應電流,PQ,MN由同一位置釋放,MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同,所以感應電流大小相同,但流過PQ的電流方向相反,故A正確,B錯誤;若PQ出磁場前MN已經進入磁場,由于MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同,磁通量Φ不變,無感應電流,PQ,MN均加速運動,PQ出磁場后的感應電流比PQ進入磁場時的感應電流大,感應電流會變小,故C錯誤,D正確.22.(2019·全國Ⅱ卷,22)如圖(a),某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數的實驗.所用器材有鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50Hz的交流電源,紙帶等.回答下列問題:(1)鐵塊與木板間動摩擦因數μ=(用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示).

(2)某次實驗時,調整木板與水平面的夾角使θ=30°.接通電源,開啟打點計時器,釋放鐵塊,鐵塊從靜止開始沿木板滑下.多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶,如圖(b)所示.圖中的點為計數點(每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出).重力加速度為9.80m/s2.可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數為(結果保留2位小數).

解析:(1)對鐵塊受力分析,根據牛頓第二定律得mgsinθμmgcosθ=ma,解得μ=gsin(2)由逐差法得a=x3-x12T2,由題意可知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·全國Ⅱ卷,23)某小組利用圖(a)所示的電路,研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關系,圖中V1和V2為理想電壓表;R為滑動變阻器,R0為定值電阻(阻值100Ω);S為開關,E為電源.實驗中二極管置于控溫爐內,控溫爐內的溫度t由溫度計(圖中未畫出)測出.圖(b)是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管Ut關系曲線.回答下列問題:(1)實驗中,為保證流過二極管的電流為50.0μA,應調節滑動變阻器R,使電壓表V1的示數為U1=mV;根據圖(b)可知,當控溫爐內的溫度t升高時,硅二極管正向電阻(選填“變大”或“變小”),電壓表V1示數(選填“增大”或“減小”),此時應將R的滑片向(選填“A”或“B”)端移動,以使V1示數仍為U1.

(2)由圖(b)可以看出U與t成線性關系,硅二極管可以作為測溫傳感器,該硅二極管的測溫靈敏度為ΔUΔt=×103V/℃(保留2位有效數字)解析:(1)U1=IR0=100×50×106V=5×103V=5mV;由圖像可知溫度t升高,二極管兩端電壓U減小,而流過二極管的電流I不變,則二極管的正向電阻減小;根據閉合電路歐姆定律可知,為保證電路中的電流不變,總電阻應保持不變,由于二極管的電阻R減小,因此要增大滑動變阻器接入電路的電阻,即滑片向B端移動.(2)由圖可知,ΔUΔt=0.30-0.4480-30V/℃=2.答案:(1)5.00變小增大B(2)2.824.(2019·全國Ⅱ卷,24)如圖,兩金屬板P,Q水平放置,間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G,P,Q,G的尺寸相同.G接地,P,Q的電勢均為φ(φ>0).質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計.(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應為多少?解析:(1)PG,QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設粒子的加速度大小為a,有E=2F=qE=ma設粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有qEh=Ek12m設粒子第一次到達G時所用的時間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有h=12atl=v0t聯立各式解得Ek=12mv02l=v0md(2)設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出,則金屬板的長度最短.由對稱性知,此時金屬板的長度L=2l=2v0md答案:(1)12mv02+2φdqhv0mdhq25.(2019·全國Ⅱ卷,25)一質量為m=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛.行駛過程中,司機突然發現前方100m處有一警示牌.立即剎車.剎車過程中,汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖(a)中的圖線.圖(a)中,0~t1時間段為從司機發現警示牌到采取措施的反應時間(這段時間內汽車所受阻力已忽略,汽車仍保持勻速行駛),t1=0.8s;t1~t2時間段為剎車系統的啟動時間,t2=1.3s;從t2時刻開始汽車的剎車系統穩定工作,直至汽車停止,已知從t2時刻開始,汽車第1s內的位移為24m,第4s內的位移為1m.(1)在圖(b)中定性畫出從司機發現警示牌到剎車系統穩定工作后汽車運動的vt圖線;(2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小;(3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1~t2時間內汽車克服阻力做的功;從司機發現警示牌到汽車停止,汽車行駛的距離約為多少(以t1~t2時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內汽車的平均速度)?解析:(1)vt圖像如圖所示.(2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1,則t1時刻的速度也為v1;t2時刻的速度為v2.在t2時刻后汽車做勻減速運動,設其加速度大小為a.取Δt=1s.設汽車在t2+(n1)Δt~t2+nΔt內的位移為sn,n=1,2,3,….若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時間內未停止,設它在t2+3Δt時刻的速度為v3,在t2+4Δt時刻的速度為v4,由運動學公式有s1s4=3a(Δt)2①s1=v2Δt12a(Δt)2v4=v24aΔt③聯立①②③式,代入已知數據解得v4=176m/s這說明在t2+4Δt時刻前,汽車已經停止.因此,①式不成立.由于在t2+3Δt~t2+4Δt內汽車停止,由運動學公式v3=v23aΔt⑤2as4=v3聯立②⑤⑥式,代入已知數據解得a=8m/s2,v2=28m/s⑦或者a=28825m/s2,v2=29.76m/s但⑧式情形下,v3<0,不合題意,舍去.(3)設汽車的剎車系統穩定工作時,汽車所受阻力的大小為f1,由牛頓第二定律有f1=ma⑨在t1~t2時間內,阻力對汽車沖量的大小為I=12f1(t2t1)由動量定理有I=mv1mv2由動能定理,在t1~t2時間內,汽車克服阻力做的功為W=12mv121聯立⑦⑨⑩式,代入已知數據解得v1=30m/sW=1.16×105J從司機發現警示牌到汽車停止,汽車行駛的距離s約為s=v1t1+12(v1+v2)(t2t1)+v聯立⑦,代入已知數據解得s=87.5m.答案:(1)見解析(2)28m/s8m/s2(3)30m/s1.16×105J87.5m33.(2019·全國Ⅱ卷)(1)如pV圖所示,1,2,3三個點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態,對應的溫度分別是T1,T2,T3.用N1,N2,N3分別表示這三個狀態下氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的平均次數,則N1N2,T1T3,N2N3.(均選填“大于”“小于”或“等于”)

(2)如圖,一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成,容器平放在水平地面上,汽缸內壁光滑.整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分,分別充有氫氣、空氣和氮氣.平衡時,氮氣的壓強和體積分別為p0和V0,氫氣的體積為2V0,空氣的壓強為p.現緩慢地將中部的空氣全部抽出,抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變,活塞沒有到達兩汽缸的連接處,求:①抽氣前氫氣的壓強;②抽氣后氫氣的壓強和體積.解析:(1)由圖像可知,理想氣體在狀態1,2的體積相等,在狀態2,3壓強相等;根據理想氣體狀態方程得p1V1T1=p2V2T2,因V1=V2,故p1T1=p2T2,可得T1=2T2,即T1>T2,由于氣體分子密度相同,溫度高,則在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的次數多,即N1>N2;由于p1V1=p3V3,因此T3=T1>T2;又p2=p3,而狀態2的氣體分子的密度大,分子運動緩慢,分子碰撞容器壁的平均作用力小,狀態3(2)①設抽氣前氫氣的壓強為p10,根據力的平衡條件得(p10p)·2S=(p0p)·S①得p10=12(p0+p).②設抽氣后氫氣的壓強和體積分別為p1和V1,氮氣的壓強和體積分別為p2和V2,根據力的平衡條件有p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于兩活塞用剛性桿連接,故V12V0=2(V0V2)⑥聯立②③④⑤⑥式解得p1=12p0+1V1=4(答案:(1)大于等于大于(2)①12(p0+p)②12p0+1434.(2019·全國Ⅱ卷,34)(1)如圖,長為l的細繩下方懸掛一小球a.繩的另一端固定在天花板上O點處,在O點正下方34l的O'處有一固定細鐵釘.將小球向右拉開,使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放,并從釋放時開始計時.當小球a擺至最低位置時,細繩會受到鐵釘的阻擋.設小球相對于其平衡位置的水平位移為x,向右為正.下列圖像中,能描述小球在開始一個周期內的xt關系的是(A)(2)某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長.實驗時,接通電源使光源正常發光;調整光路,使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋.回答下列問題:①若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數,該同學可;

A.將單縫向雙縫靠近B.將屏向靠近雙縫的方向移動C.將屏向遠離雙縫的方向移動D.使用間距更小的雙縫②若雙縫的間距為d,屏與雙縫間的距離為l,測得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為Δx,則單色光的波長λ=;

③某次測量時,選用的雙縫的間距為0.300mm,測得屏與雙縫間的距離為1.20m,第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56mm.則所測單色光的波長為nm(結果保留3位有效數字).

解析:(1)由T=2πlg得擺長為l的單擺周期為T1=2πlg,擺長為14l的單擺周期為T2=2π14lg=πlg=12T1,故B,D錯誤;擺長為l時,擺球離開平衡位置的最大位移為A1=2l·sinθ12,擺長為14l時,擺球離開平衡位置的位移為A2=2l'·sinθ22=2·l4·sinθ22=l2·sinθ22,小球先后擺起的最大高度相同,有A1sinθ12=A2sinθ(2)①相鄰兩個亮條紋或暗條紋的中心間距Δx=ldλ,若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數,則條紋間距Δx減小;將單縫向雙縫靠近,條紋間距Δx不變,故A錯誤;將屏向靠近雙縫的方向移動,則l減小,條紋間距Δx減小,故B正確,C錯誤;使用間距更小的雙縫,則d減小,條紋間距Δx增大,故D錯誤②根據題意結合相鄰兩個亮條紋或暗條紋的中心間距公式,有Δxn-1=ldλ,③代入數據解得λ=Δx·d(n-1)l=7.56×10答案:(1)A(2)①B②Δx·全國Ⅲ卷2019年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試物理部分14.(2019·全國Ⅲ卷,14)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現象中的具體體現?(D)A.電阻定律 B.庫侖定律C.歐姆定律 D.能量守恒定律解析:楞次定律指感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的變化,這種阻礙作用做功將其他形式的能轉變為感應電流的電能,所以楞次定律的阻礙過程實質上就是能量轉化的過程,選項D正確.15.(2019·全國Ⅲ卷,15)金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動,它們的向心加速度大小分別為a金,a地,a火,它們沿軌道運行的速率分別為v金,v地,v火.已知它們的軌道半徑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、地球和火星繞太陽做勻速圓周運動的向心力由萬有引力提供,由GMmR2=ma可知,軌道半徑越小,向心加速度越大,故A正確,B錯誤;由GMmR2=mv2R得v=GMR,16.(2019·全國Ⅲ卷,16)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件,為使工件保持固定,將其置于兩光滑斜面之間,如圖所示.兩斜面Ⅰ,Ⅱ固定在車上,傾角分別為30°和60°,重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時,圓筒對斜面Ⅰ,Ⅱ壓力的大小分別為F1,F2,則(D)A.F1=33mg,F2=32mg B.F1=32mg,F2C.F1=12mg,F2=32mg D.F1=32mg,F2解析:對圓筒進行受力分析如圖所示,因為卡車整體勻速行駛,所以圓筒受力平衡,根據平衡條件及相應的幾何關系,有F1'=mgsin60°=32mg,F2'=mgcos60°=12mg,由牛頓第三定律可知,F1=F1'=32mg,F2=F2'=12mg,17.(2019·全國Ⅲ卷,17)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用.距地面高度h在3m以內時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.該物體的質量為(C)A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg解析:設物體在運動過程中受到的外力為F,對上升過程,由動能定理,可得(F+mg)h=EkEk0,則F+mg=Ek0-Ekh,即F+mg=12N;對下落過程,有(mgF)h=Ek'Ek0',即mgF=Ek'-Ek0'h=8N,聯立兩式,得到m=18.(2019·全國Ⅲ卷,18)如圖,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限.粒子在磁場中運動的時間為(BA.5πm6qB B.7π解析:由題意,作出粒子運動軌跡如圖,設粒子進入磁場時的速度大小為v0,在第二象限的磁場中軌跡半徑為r1,周期為T1,在第一象限的磁場中軌跡半徑為r2,周期為T2,則r1=mv0qB,T1=2πmqB,r2=2mv0qB,T2=4πmqB,則r2=2r1,由相應的幾何關系可求得,粒子在第一象限的磁場中運動軌跡對應的圓心角為60°,在第二象限的磁場中運動軌跡對應的圓心角為90°,則粒子在磁場中運動的時間t=t1+t2=119.(2019·全國Ⅲ卷,19)如圖,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌,兩相同的光滑導體棒ab,cd靜止在導軌上.t=0時,棒ab以初速度v0向右滑動.運動過程中,ab,cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1,v2表示,回路中的電流用I表示.下列圖像中可能正確的是(AC)解析:由于ab棒切割磁感線而在回路中產生感應電流,與此同時,ab棒因受到安培力的作用而減速,而cd棒因受到安培力的作用而加速,且I=ER=BlvR,F安=IBl=B2l2vR,可看出兩棒受到的安培力都不是恒定的,都隨ab棒速度的減小而減小,故一開始ab棒做的是加速度逐漸減小的減速運動,而cd棒做的是加速度逐漸減小的加速運動,最終兩棒共速,此時電路中的電流為0,故A20.(2019·全國Ⅲ卷,20)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平.t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10m/s2.由題給數據可以得出(AB)A.木板的質量為1kgB.2s~4s內,力F的大小為0.4NC.0~2s內,力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2解析:結合(b)(c)兩圖像可判斷出0~2s物塊和木板還未發生相對滑動,它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等于f,故F在此過程中是變力,C錯誤;2~5s內木板與物塊發生相對滑動,它們之間的摩擦力轉變為滑動摩擦力,在4~5s內,木板僅在摩擦力的作用下做勻減速運動,有f=ma2=0.2N,而a2=0.4-0.21m/s2=0.2m/s2,故m=1kg,A正確;在2s~4s內,木板加速度大小a1=0.4-02m/s2=0.2m/s2,根據牛頓第二定律可知Ff=ma1,即F=f+ma1=0.4N,B正確;對物塊進行分析可知,物塊一直處于平衡狀態,故f=μm物g=0.21.(2019·全國Ⅲ卷,21)如圖,電荷量分別為q和q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a,b是正方體的另外兩個頂點.則(BC)A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點,電勢能增加解析:把負電荷從a移到b,電勢能減少,選項D錯誤;兩個點電荷間的電場線分布是由q指向q的,由正方體的特點可知,在這四點所在平面上a點和b點所在位置電場線是關于q和q連線對稱的,且b點距離正電荷q較a點更近,故b點電勢高于a點電勢,選項A錯誤,如圖所示,由對稱性和電場的疊加原理,可知兩點電荷在a,b兩點所產生的合場強大小相等,方向相同,選項B,C正確.22.(2019·全國Ⅲ卷,22)甲乙兩位同學設計了利用數碼相機的連拍功能測重力加速度的實驗.實驗中,甲同學負責釋放金屬小球,乙同學負責在小球自由下落的時候拍照.已知相機每間隔0.1s拍1幅照片.(1)若要從拍得的照片中獲取必要的信息,在此實驗中還必須使用的器材是.(填正確答案標號)

A.米尺 B.秒表C.光電門 D.天平(2)簡述你選擇的器材在本實驗中的使用方法.答:

.

(3)實驗中兩同學由連續3幅照片上小球的位置a,b和c得到ab=24.5cm,ac=58.7cm,則該地的重力加速度大小為g=m/s2.(保留2位有效數字)

解析:(1)此實驗用數碼相機替代打點計時器,但實驗原理是相同的,仍然需要米尺來測量小球下落的位置之間的距離,故選A.(2)用米尺測量照片之間小球的位移,所以要使小球下落時盡量靠近米尺.(3)可利用逐差法來計算加速度,bc=acab=34.2cm,故a=ΔxT2=(34.2-24.5)答案:(1)A(2)將米尺豎直放置,使小球下落時盡量靠近米尺(3)9.723.(2019·全國Ⅲ卷,23)某同學欲將內阻為98.5Ω、量程為100μA的電流表改裝成歐姆表并進行刻度和校準,要求改裝后歐姆表的15kΩ刻度正好對應電流表表盤的50μA刻度.可選用的器材還有:定值電阻R0(阻值14kΩ),滑動變阻器R1(最大阻值1500Ω),滑動變阻器R2(最大阻值500Ω),電阻箱(0~99999.9Ω),干電池(E=1.5V,r=1.5Ω),紅、黑表筆和導線若干.(1)歐姆表設計將圖(a)中的實物連線組成歐姆表.歐姆表改裝好后,滑動變阻器R接入電路的電阻應為Ω:滑動變阻器選(填“R1”或“R2”).

(2)刻度歐姆表表盤通過計算,對整個表盤進行電阻刻度,如圖(b)所示.表盤上a,b處的電流刻度分別為25和75,則a,b處的電阻刻度分別為、.

(3)校準紅、黑表筆短接,調節滑動變阻器,使歐姆表指針指向kΩ處;將紅、黑表筆與電阻箱連接,記錄多組電阻箱接入電路的電阻值及歐姆表上對應的測量值,完成校準數據測量.若校準某刻度時,電阻箱旋鈕位置如圖(c)所示,則電阻箱接入的阻值為Ω.

解析:(1)將電源與電流表、定值電阻R0以及滑動變阻器串聯起來即可將電流表改裝為歐姆表;將紅、黑表筆短接時,滑動變阻器接入電路的電阻應該滿足使電流表恰好達到滿偏電流,由閉合電路歐姆定律,有Ig=ERg+R0+r+R,則R=EIg(Rg+R0(2)當電路中的電流為25μA時,電路中的總電阻R總=EI1=60kΩ,則接入電路的阻值即a處的電阻刻度R'=R總(Rg+R0+r+R)=45kΩ,同理可得b處的電阻刻度R″=EI2(Rg+R0+r+R)=5(3)紅黑表筆短接的目的是進行歐姆凋零,即使歐姆表指針指向0kΩ處;圖(c)中×10k的旋鈕指向3,×1k的旋鈕指向5,其余旋鈕都指向0處,故讀數為35000.0Ω.答案:(1)如圖所示900R1(2)455(3)035000.024.(2019·全國Ⅲ卷,24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O,P是電場中的兩點.從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A,B.A不帶電,B的電荷量為q(q>0).A從O點發射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2.重力加速度為g,求(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能.解析:(1)設電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a,根據牛頓第二定律,有mg+qE=ma由于兩球下落的高度相同,且在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動,則有12at22=12gt解得E=3m(2)設B從O點發射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O,P兩點的高度差為h,根據動能定理有mgh+qEh=Ek12mv由于兩球在水平方向上的位移也相等,則有v1t2=v0t且在豎直方向上,有h=12gt2聯立解得Ek=2m(v02+g2t2答案:(1)3mgq(2)2m(v0225.(2019·全國Ⅲ卷,25)靜止在水平地面上的兩小物塊A,B,質量分別為mA=1.0kg,mB=4.0kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m,如圖所示.某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A,B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J.釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運動.A,B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A,B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短.(1)求彈簧釋放后瞬間A,B速度的大小;(2)物塊A,B中的哪一個先停止?該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?解析:(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA,vB,以向右為正,由動量守恒定律和題給條件有0=mAvAmBvB①Ek=12mAvA2+12聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s.③(2)A,B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等,因而兩者滑動時加速度大小相等,設為a.假設A和B再次發生碰撞前,已經有一個物塊停止,此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設從彈簧釋放到B停止所需時間為t,B向左運動的路程為sB,則有mBa=μmBg④sB=vBt12at2vBat=0⑥在時間t內,A可能與墻發生彈性碰撞,碰撞后A將向左運動,碰撞并不改變A的速度大小,所以無論此碰撞是否發生,A在時間t內的路程sA都可表示為sA=vAt12at2聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA=1.75m,sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞,但沒有與B發生碰撞,此時A位于出發點右邊0.25m處.B位于出發點左邊0.25m處,兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m.⑨(3)t時刻后A將繼續向左運動,假設它能與靜止的B碰撞,碰撞時速度的大小為vA',由動能定理有μmAg(2l+sB)=12mAvA'212mA聯立③⑧⑩式并代入題給數據得vA'=7m/s故A與B將發生碰撞.設碰撞后A,B的速度分別為vA″和vB″,由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(vA')=mAvA″+mBvB″12mAvA'2=12mAvA″2+12mBvB聯立式并代入題給數據得vA″=375m/s,vB″=27這表明碰撞后A將向右運動,B繼續向左運動.設碰撞后A向右運動距離為sA'時停止,B向左運動距離為sB'時停止,由運動學公式vA″2=2asA',vB″2=2asB'由④式及題給數據得sA'=0.63m,sB'=0.28msA'小于碰撞處到墻壁的距離.由上式可得兩物塊停止后的距離s'=sA'+sB'=0.91m.答案:(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m(二)選考題:共45分.請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答.如果多做,則每科按所做的第一題計分.[物理——選修33]33.(2019·全國Ⅲ卷,33)(1)用油膜法估算分子大小的實驗中,首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液,稀釋的目的是.

實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積,可以.

為得到油酸分子的直徑,還需測量的物理量是.

解析:油膜法測量分子大小需要形成單分子層油膜,故而需要減小油酸濃度;一滴油酸酒精溶液的體積非常微小不易準確測量,故而使用累積法,測出N滴油酸酒精溶液的體積V',用V'與N的比值計算一滴油酸酒精溶液的體積,再根據已知濃度計算出一滴溶液中純油酸的體積V;由于形成的是單分子層油膜,油膜的厚度d可以認為是分子直徑,故而還需要測量出油膜穩定后的面積S,以計算厚度d=VS答案:使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,測出1mL油酸酒精溶液的滴數,得到一滴溶液中純油酸的體積單分子層油膜的面積S(2)如圖,一粗細均勻的細管開口向上豎直放置,管內有一段高度為2.0cm的水銀柱,水銀柱下密封了一定量的理想氣體,水銀柱上表面到管口的距離為2.0cm.若將細管倒置,水銀柱下表面恰好位于管口處,且無水銀滴落,管內氣體溫度與環境溫度相同.已知大氣壓強為76cmHg,環境溫度為296K.(1)求細管的長度;(2)若在倒置前,緩慢加熱管內被密封的氣體,直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止,求此時密封氣體的溫度.解析:(1)設細管的長度為L,橫截面的面積為S,水銀柱高度為h;初始時,設水銀柱上表面到管口的距離為h1,被密封氣體的體積為V,壓強為p;細管倒置時,氣體體積為V1,壓強為p1.由玻意耳定律有pV=p1V1①由力的平衡條件有p=p0+ρgh②p1=p0ρgh③式中,ρ,g分別為水銀的密度和重力加速度的大小,p0為大氣壓強.由題意有V=S(Lh1h)④V1=S(Lh)⑤由①②③④⑤式和題給條件得L=41cm.⑥(2)設氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T,由蓋呂薩克定律有VT0=由④⑤⑥⑦式和題給數據得T=312K.答案:(1)41cm(2)312K[物理——選修34]34.(1)(2019·全國Ⅲ卷,34)水槽中,與水面接觸的兩根相同細桿固定在同一個振動片上.振動片做簡諧振動時,兩根細桿周期性觸動水面形成兩個波源.兩波源發出的波在水面上相遇.在重疊區域發生干涉并形成了干涉圖樣.關于兩列波重疊區域內水面上振動的質點,下列說法正確的是(BDE)A.不同質點的振幅都相同B.不同質點振動的頻率都相同C.不同質點振動的相位都相同D.不同質點振動的周期都與振動片的周期相同E.同一質點處,兩列波的相位差不隨時間變化解析:兩根細桿即兩個相干波源,不同質點到兩個波源的距離不同,因此相對位置不同,加強或削弱的情況不同,因此振幅不同,A錯誤;兩列頻率相同的波疊加任一質點的頻率都相同,周期也相同,都等于波源的周期,B,D正確;不同質點距波源位置不同,相位也不同,C錯誤;同一質點到兩波源距離不會改變,相位不變,故兩列波的相位差不隨時間變化,E正確.(2)如圖,直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面,∠A=90°,∠B=30°.一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進入棱鏡,然后垂直于AC邊射出.(1)求棱鏡的折射率;(2)保持AB邊上的入射點不變,逐漸減小入射角,直到BC邊上恰好有光線射出.求此時AB邊上入射角的正弦.解析:(1)光路圖及相關量如圖所示.光束在AB邊上折射,由折射定律得sinisin式中n是棱鏡的折射率.由幾何關系可知α+β=60°②由幾何關系和反射定律得β=β'=∠B③聯立①②③式,并代入i=60°得n=3.④(2)設改變后的入射角為i',折射角為α',由折射定律得sini'依題意,光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角θC,且sinθC=1n由幾何關系得θC=α'+30°⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦為sini'=3-2答案:(1)3(2)32019年普通高等學校招生全國統一考試江蘇卷物理1.(2019·江蘇卷,1)某理想變壓器原、副線圈的匝數之比為1∶10,當輸入電壓增加20V時,輸出電壓(D)A.降低2V B.增加2VC.降低200V D.增加200V解析:理想變壓器的電壓與匝數關系為U1U2=n1n2=U1+ΔU1U2+ΔU2,整理可得ΔU1ΔU2=n1n22.(2019·江蘇卷,2)如圖所示,一只氣球在風中處于靜止狀態,風對氣球的作用力水平向右.細繩與豎直方向的夾角為α,繩的拉力為T,則風對氣球作用力的大小為(C)A.Tsinα B.C.Tsinα D.Tcosα解析:對氣球,受力分析如圖所示,將繩的拉力T分解,在水平方向:風對氣球的作用力大小F=Tsinα,選項C正確.3.(2019·江蘇卷,3)如圖所示的電路中,電阻R=2Ω.斷開S后,電壓表的讀數為3V;閉合S后,電壓表的讀數為2V,則電源的內阻r為(A)A.1Ω B.2Ω C.3Ω D.4Ω解析:當S斷開后,電壓表讀數為U=3V,可認為電動勢E=3V,當S閉合后,由閉合電路歐姆定律知E=U'+Ir,且I=U'整理得電源內阻r=(E-U')RU'=14.(2019·江蘇卷,4)1970年成功發射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛星,該衛星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動.如圖所示,設衛星在近地點、遠地點的速度分別為v1,v2,近地點到地心的距離為r,地球質量為M,引力常量為G.則(B)A.v1>v2,v1=GMr B.v1>v2,v1C.v1<v2,v1=GMr D.v1<v2,v1解析:衛星繞地球運動,由開普勒第二定律知,近地點的速度大于遠地點的速度,即v1>v2.若衛星以近地點時的半徑做圓周運動,則有GmMr2=mv近2r,得運行速度v近=GMr,由于衛星在近地點做離心運動,則v1>v近,即5.(2019·江蘇卷,5)一勻強電場的方向豎直向上.t=0時刻,一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力,則Pt關系圖象是(A)解析:設粒子帶正電,運動軌跡如圖所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0.沿電場方向:受力F電=qE,則加速度a=F電m=qEm,經時間t,粒子沿電場方向的速度vyP=F電vy=qE·qEtm=(qE)2t6.(2019·江蘇卷,6)(多選)如圖所示,摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動.座艙的質量為m,運動半徑為R,角速度大小為ω,重力加速度為g,則座艙(BD)A.運動周期為2B.線速度的大小為ωRC.受摩天輪作用力的大小始終為mgD.所受合力的大小始終為mω2R解析:座艙的周期T=2πRv=2πω,故A錯誤;根據線速度與角速度的關系,v=ωR,故B正確;座艙做勻速圓周運動,摩天輪對座艙的作用力與重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小為F合=mω2R,故C7.(2019·江蘇卷,7)(多選)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導線,通過的電流強度相等.矩形線框位于兩條導線的正中間,通有順時針方向的電流,在a,b產生的磁場作用下靜止.則a,b的電流方向可能是(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:如圖(甲)所示,當a,b中電流方向均向左時,矩形線框靠近導線的兩邊所受安培力方向相同,使線框向導線b移動,故A錯誤;同理可知,a,b中電流均向右時,線框向導線a移動,故B錯誤;電流方向a的向左,b的向右時,a,b中電流I'在線框所在處產生的磁場方向如圖(乙)所示,導線AB,CD所在處的磁感應強度相同,但所受安培力大小相等、方向相反.線框靜止,故C正確;同理可知,電流方向a的向右,b的向左時,線框也能靜止,故D正確.8.(2019·江蘇卷,8)(多選)如圖所示,輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀態.小物塊的質量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動到A點恰好靜止.物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度.在上述過程中(BC)A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為2解析:物塊向左運動壓縮彈簧,彈簧最短時,物塊具有向右的加速度,彈力大于摩擦力,即F>μmg,故A錯誤;根據功的公式,物塊克服摩擦力做的功W=μmgs+μmgs=2μmgs,故B正確;根據能量守恒,彈簧彈開物塊的過程中,彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能,即Epm=μmgs,故C正確;根據能量守恒,在整個過程中,物塊的初動能通過摩擦力做功轉化為內能,即12mv2=2μmgs,解得v=2μgs,故9.(2019·江蘇卷,9)(多選)如圖所示,ABC為等邊三角形,電荷量為+q的點電荷固定在A點.先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點,此過程中,電場力做功為W.再將Q1從C點沿CB移到B點并固定.最后將一電荷量為2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點.下列說法正確的有(ABD)A.Q1移入之前,C點的電勢為WB.Q1從C點移到B點的過程中,所受電場力做的功為0C.Q2從無窮遠處移到C點的過程中,所受電場力做的功為2WD.Q2在移到C點后的電勢能為4W解析:根據電場力做功與電勢能的變化關系知Q1在C點的電勢能Ep=W,根據電勢的定義知C點電勢φ=Epq=Wq,故A正確;在A點的點電荷產生的電場中,B,C兩點處在同一等勢面上,Q1從C移到B的過程中,電場力做功為0,故B正確;單獨在A點固定電荷量為+q的點電荷時,C點電勢為φ,單獨在B點固定點電荷Q1時,C點電勢也為φ,兩點電荷都存在時,C點電勢為2φ,Q2從無窮遠移到C點時,具有的電勢能Ep'=2q×2φ=4W,電場力做功W'=Ep'=4W,故C錯誤,10.(2019·江蘇卷,10)某興趣小組用如圖1所示的裝置驗證動能定理.(1)有兩種工作頻率均為50Hz的打點計時器供實驗選用:A.電磁打點計時器B.電火花打點計時器為使紙帶在運動時受到的阻力較小,應選擇(選填“A”或“B”).

(2)保持長木板水平,將紙帶固定在小車后端,紙帶穿過打點計時器的限位孔.實驗中,為消除摩擦力的影響,在砝碼盤中慢慢加入沙子,直到小車開始運動.同學甲認為此時摩擦力的影響已得到消除.同學乙認為還應從盤中取出適量沙子,直至輕推小車觀察到小車做勻速運動.看法正確的同學是(選填“甲”或“乙”).

(3)消除摩擦力的影響后,在砝碼盤中加入砝碼.接通打點計時器電源,松開小車,小車運動.紙帶被打出一系列點,其中的一段如圖2所示.圖中紙帶按實際尺寸畫出,紙帶上A點的速度vA=m/s.

(4)測出小車的質量為M,再測出紙帶上起點到A點的距離為L.小車動能的變化量可用ΔEk=12MvA2算出.砝碼盤中砝碼的質量為m,重力加速度為g.實驗中,小車的質量應(選填“遠大于”“遠小于”或“接近”)砝碼、砝碼盤和沙子的總質量,小車所受合力做的功可用W=mgL算出.多次測量,若W與ΔE解析:(1)電磁打點計時器打點計時時振針與紙帶之間的摩擦較大,電火花打點計時器是電磁脈沖產生的電火花在紙帶上打點,紙帶所受阻力較小,故選B項.(2)由于剛開始運動,拉力克服最大靜摩擦力,而最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力,故平衡摩擦力的兩種說法中,乙同學正確.(3)取與A點相鄰的兩點.用毫米刻度尺測出兩點之間的距離,如圖所示.用平均速度表示A點的瞬時速度,vA=x2T=12.4×10-3(4)本實驗要驗證的表達式是mgL=12MvA2,用砝碼的重力表示拉力的前提是答案:(1)B(2)乙(3)0.31(0.30~0.33都算對)(4)遠大于11.(2019·江蘇卷,11)某同學測量一段長度已知的電阻絲的電阻率.實驗操作如下:(1)螺旋測微器如圖1所示.在測量電阻絲直徑時,先將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿之間,再旋動(選填“A”“B”或“C”),直到聽到“喀喀”的聲音,以保證壓力適當,同時防止螺旋測微器的損壞.

(2)選擇電阻絲的(選填“同一”或“不同”)位置進行多次測量,取其平均值作為電阻絲的直徑.

(3)如圖2甲圖中Rx為待測電阻絲.請用筆畫線代替導線,將滑動變阻器接入圖2乙圖實物電路中的正確位置.(4)為測量Rx,利用圖2甲圖所示的電路,調節滑動變阻器測得5組電壓U1和電流I1的值,作出的U1I1關系圖象如圖3所示.接著,將電壓表改接在a,b兩端,測得5組電壓U2和電流I2的值,數據見下表:U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0請根據表中的數據,在方格紙上作出U2I2圖象.(5)由此,可求得電阻絲的Rx=Ω.根據電阻定律可得到電阻絲的電阻率.

解析:(1)旋轉微調旋鈕C.(2)電阻絲的粗細不一定均勻,為保證測量結果準確,應在不同位置測直徑,然后取平均值作為測量值.(3)滑動變阻器采用分壓式接入電路,注意線不能交叉.(4)將所給的5組數據標注在UI圖像中,用過原點的直線把它們連在一起,讓盡可能多的點在直線上.(5)由題意知:U1I1=Rx+RA+R0,由U1I1圖線的斜率可得U1I1=49.0Ω.U2I2=RA+R0,由作出的U2I2圖線的斜率可得U2I2=25.5Ω.故Rx=(49.025.答案:(1)C(2)不同(3)如圖1所示(4)如圖2所示(5)23.5(23.0~24.0都算對)12.(2019·江蘇卷,12)(1)質量為M的小孩站在質量為m的滑板上,小孩和滑板均處于靜止狀態,忽略滑板與地面間的摩擦.小孩沿水平方向躍離滑板,離開滑板時的速度大小為v,此時滑板的速度大小為。

A.mMv B.Mmv C.mm+M(2)100年前,盧瑟福用α粒子轟擊氮核打出了質子.后來,人們用α粒子轟擊

2860Ni核也打出了質子:24He+2860Ni→2962Cu+11H+X,該反應中的X是(選填“電子”“正電子”或“中子”).(3)在“焊接”視網膜的眼科手術中,所用激光的波長λ=6.4×107m,每個激光脈沖的能量E=1.5×102J.求每個脈沖中的光子數目.(已知普朗克常量h=6.63×1034J·s,光速c=3×108m/s.計算結果保留一位有效數字)解析:(1)由題意知:小孩和滑板動量守恒,則Mv+mv'=0得v'=-Mvm,即滑板的速度大小為Mvm,方向與小孩運動方向相反(2)設X的質量數為A,質子數為Z,即

ZAX,由質量數守恒得A=4+60621=1,由電荷數守恒得Z=2+28291=0,則知X是中子;(3)光子能量ε=h光子數目n=E代入數據得n≈5×1016.答案:(1)B(2)中子核裂變(3)5×101613.(2019·江蘇卷,13)A.[選修33](1)在沒有外界影響的情況下,密閉容器內的理想氣體靜置足夠長時間后,該氣體()A.分子的無規則運動停息下來B.每個分子的速度大小均相等C.分子的平均動能保持不變D.分子的密集程度保持不變(2)由于水的表面張力,荷葉上的小水滴總是球形的.在小水滴表面層中,水分子之間的相互作用總體上表現為(選填“引力”或“斥力”).分子勢能Ep和分子間距離r的關系圖像如圖1所示,能總體上反映小水滴表面層中水分子Ep的是圖中(選填“A”“B”或“C”)的位置.

(3)如圖2所示,一定質量理想氣體經歷A→B的等壓過程,B→C的絕熱過程(氣體與外界無熱量交換),其中B→C過程中內能減少900J.求A→B→C過程中氣體對外界做的總功.解析:(1)分子永不停息地做無規則運動,A錯誤;氣體分子之間的碰撞是彈性碰撞,氣體分子在頻繁的碰撞中速度變化,每個分子的速度不斷變化,B錯誤;理想氣體靜置足夠長的時間后達到熱平衡,氣體的溫度不變,分子的平均動能不變,C正確;氣體體積不變,則分子的密集程度保持不變,D正確.(2)水滴表面層使水滴具有收縮的趨勢,因此水滴表面層中,水分子之間的作用力表現為引力;水分子之間,引力和斥力相等時,分子間距離r=r0,分子勢能最小;當分子間表現為引力時,分子間距離r>r0,因此,小水滴表面層中水分子Ep對應于位置C.(3)A→B過程W1=p(VBVA)B→C過程,根據熱力學第一定律W2=ΔU則對外界做的總功W=(W1+W2)代入數據得W=1500J.答案:(1)CD(2)引力C(3)1500J13.(2019·江蘇卷,13)B.[選修34](1)一單擺做簡諧運動,在偏角增大的過程中,擺球的.

A.位移增大 B.速度增大C.回復力增大 D.機械能增大(2)將兩支鋼筆并排放在一起,中間留一條狹縫,通過這條狹縫去看與其平行的日光燈,能觀察到彩色條紋,這是由于光的(選填“折射”“干涉”或“衍射”).當縫的寬度(選填“遠大于”或“接近”)光波的波長時,這種現象十分明顯.

(3)如圖所示,某L形透明材料的折射率n=2.現沿A