2019年普通高等学校招生全国统一考试
物理
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共8页，包含选择题（第1题~第9题，共9题）、非选择题（第10题~第15题，共6题）两部分．本卷满分为120分，考试时间为100分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
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
A. 降低2V B. 增加2V C. 降低200V D. 增加200V
【答案】D
【解析】
【详解】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。
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
A. B. C. Tsinα D. Tcosα
【答案】C
【解析】
【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确。
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. 1Ω B. 2Ω C. 3Ω D. 4Ω
【答案】A
【解析】
【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，
故A正确。
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
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以，过近地点圆周运动的速度为 ，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以，故B正确。
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P-t关系图象是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．
6.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
A. 运动周期为
B. 线速度的大小为ωR
C. 受摩天轮作用力的大小始终为mg
D. 所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。
7.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
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
【答案】CD
【解析】
【详解】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。
8.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
A. 弹簧的最大弹力为μmg
B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C. 弹簧的最大弹性势能为μmgs
D. 物块在A点的初速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
9.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
A. Q1移入之前，C点的电势为
B. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D. Q2在移到C点后的电势能为-4W
【答案】ABD
【解析】
【详解】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；
由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。
三、简答题：本题分必做题（第10~12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
【必做题】
10.某兴趣小组用如题1图所示装置验证动能定理．
（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，其中的一段如题2图所示．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=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ΔEk均基本相等则验证了动能定理．
【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 0.31（0.30~0.33都算对） (4). 远大于
【解析】
【详解】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B；
(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；
(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62cm，打点时间间隔为0.02s，所以速度为
；
(4)对小车由牛顿第二定律有：，对砝码盘由牛顿第二定律有： 联立解得：，当时有：，所以应满足：。
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）螺旋测微器如题1图所示．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”），直到听见“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）2图甲中Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____
（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．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/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2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．
【答案】 (1). C (2). 不同 (3). (4). (5). 23.5（23.0~24.0都算对）
【解析】
【详解】(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；
(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；
(3)按照原理图，将实物图连线如图：
；
(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：
；
当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为的电压，由图可得：，所以。
[选修3–5]
12.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. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设滑板的速度为，小孩和滑板动量守恒得：，解得：，故B正确。
13.100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用α粒子轰击核也打出了质子：；该反应中的X是______（选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是_______（选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”）．
【答案】 (1). 中子 (2). 核裂变
【解析】
【详解】由质量数和电荷数守恒得：X应为： 即为中子，由于衰变是自发的，且周期与外界因素无关，核聚变目前还无法控制，所以目前获得核能的主要方式是核裂变；
14.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=1.5×10-2J．求每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h=6.63×l0-34J·s，光速c=3×108m/s．计算结果保留一位有效数字）
【答案】光子能量，光子数目n=，代入数据得n=5×1016
【解析】
【详解】每个光子的能量为 ，每个激光脉冲的能量为E，所以每个脉冲中的光子个数为： ，联立且代入数据解得：。
【选做题】
本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．
A．[选修3–3]
15.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
【答案】CD
【解析】
【详解】分子的无规则运动则为分子的热运动，由分子动理论可知，分子热运动不可能停止，故A错误；密闭容器内的理想气体，温度不变，所以分子平均动能不变，但并不是每个分子的动能都相等，故B错误，C正确；由于没有外界影响且容器密闭，所以分子的密集程度不变，故D正确。
16.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的关系图象如图所示，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．
【答案】 (1). 引力 (2). C
【解析】
【详解】由于在小水滴表面层中，水分子间的距离大于，所以水分子之间的相互作用总体上表现为引力，由于当分子间距离为时，分子间作用力为0，分子势能最小即图中的B点，由于表面层中分子间距大于 ，所以能总体反映小水滴表面层中水分子势能的是C位置。
17.如图所示，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．
【答案】W=1500J
【解析】
【详解】由题意可知，过程为等压膨胀，所以气体对外做功为：
过程：由热力学第一定律得：
则气体对外界做的总功为：
代入数据解得： 。
B．[选修3–4]
18.一单摆做简谐运动，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
【答案】AC
【解析】
【详解】由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A正确；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力 可知，位移增大，回复力增大，故C正确，单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误；
19.将两支铅笔并排放在一起，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．
【答案】 (1). 衍射 (2). 接近
【解析】
【详解】通过两支铅笔中间缝能看到彩色条纹，说明光绕过缝而到人的眼睛，所以这是由于光的衍射现象，由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象；
20.如图所示，某L形透明材料的折射率n=2．现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ．为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，求θ的最大值．
【答案】
【解析】
【详解】要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为C，即有：
由几何关系得：
联立解得： 。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5s时间内合到一起．求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q．
【答案】（1）E=0.12V；（2）I=0.2A（电流方向见图）；（3）q=0.1C
【解析】
详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：
感应电动势的平均值
磁通量的变化
解得：
代入数据得：E=0.12V；
（2）由闭合电路欧姆定律可得：
平均电流
代入数据得I=0.2A
由楞次定律可得，感应电流方向如图：
（3）由电流的定义式可得：电荷量q=I∆t代入数据得q=0.1C。
22.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【解析】
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得。
23.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变。
（1）求粒子运动速度的大小v；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．
【答案】（1）；（2）；（3）A.当时， ，B.当时，
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：
，解得：
由题可得：
解得；
（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d（1 sin60°）
解得
（3）粒子的运动周期
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则
A.当时，粒子斜向上射出磁场
解得
B.当时，粒子斜向下射出磁场
解得。
,
