1、2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科综合(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1417题只有一项符合题目要求，第1821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
2、变化关系的图像是D.15(2019全国卷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4HHe2e2，已知H和He的质量分别为mp1.007 8 u和m4.002 6 u,1 u931 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()A8 MeV B16 MeVC26 MeV D52 MeV答案C解析核反应质量亏损m41.007 8 u4.002 6 u0.028 6 u，释放的能量E0.028 6931 MeV26.6 MeV，选项C正确16(2019全国卷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
3、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，则物块的质量最大为()A150 kg B100 kgC200 kg D200 kg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Fmgsin 30mgcos 30，解得m150 kg，A项正确17. (2019全国卷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
4、1A.kBl，kBlB.kBl，kBlC.kBl，kBlD.kBl，kBl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evaBm，又k，解得va；电子从d点射出时，由几何关系有rl2(rd)2，解得轨迹半径为rd，由洛伦兹力提供向心力，有evdBm，又k，解得vd，选项B正确18(多选)(2019全国卷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1A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，
5、物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图图像可知，h4 m时物体的重力势能mgh80 J，解得物体质量m2 kg，抛出时物体的动能为Ek0100 J，由公式Ek0mv2可知，h0时物体的速率为v10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh|E|20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff5 N，从物体开始抛出至上升到h2 m的过程中，由动能定理有mghFfhEk100 J，解得Ek50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h4 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h4 m，物体动能减少100 J，选项
6、D正确19(多选)(2019全国卷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vt图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻则()图1A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vt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
7、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；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vt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mgFfma，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全国卷20)静电场中，一带电
8、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
9、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，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
10、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
11、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2225题为必考题，每个试题考生都必须作答第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共47分22(2019全国卷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_(用木板与水平面的夹
12、角、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解析(1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，解得.(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T5 s0.10 s，由逐差法和xaT2，可得a1.97 m/s2，代入，解得0.35.23(2019全国卷23)某小
13、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 )；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 A时得到的某硅二极管Ut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 A，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”
14、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|_103 V/(保留2位有效数字)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U1IR050.0 A100 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 A，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
15、片向B端移动(2)由题图(b)可知 V/2.8103 V/.24(2019全国卷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(0)质量为m，电荷量为q(q0)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)mvqhv0(2)2v0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
16、向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv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hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0(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L2l2v025(2019全国卷25)一质量为m2 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，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段
17、时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 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t1t2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t1t2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)vt图
18、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t1 s，设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/
19、s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v3p1V1，所以T1T3T2.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N1N2；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N2N3.(2)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10p)2S(p0p)S得p10(p0p)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p2Sp12S由玻意耳定律得p1V1p102V0p2V2p
20、0V0由于两活塞用刚性杆连接，故V12V02(V0V2)联立式解得p1p0pV134.物理选修34(2019全国卷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_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
21、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x，则单色光的波长_；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)B630解析(1)由单摆的周期公式T2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)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x可知，需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项错误由题意可知，.将已知条件代入公式解得630 nm.