2019年全国卷Ⅲ理综--物理 真题解析卷
文档属性
| 名称 | 2019年全国卷Ⅲ理综--物理 真题解析卷 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-06-10 10:10:59 | ||
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文档简介
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2019年高考理综物理真题试卷（全国Ⅲ卷）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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Ⅲ）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（
）
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
【答案】D
【解析】【解答】楞次定律的内容是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即外界消耗了磁场的能量，从而转化成了电流的磁场的能量，能量发生了转移，但是总量不变，即能量守恒定理是楞次定律在电磁感应中的体现，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】楞次定律的内容是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，能量守恒即为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体传递给另一个物体，而且能量的形式也可以互相转换，结合具体的内容分析体会即可。
15．（2019?全国Ⅲ）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金）
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
【答案】A
【解析】【解答】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力：
AB选项：，对该公式化简得到行星的加速度，对于这三颗行星，GM都是相同的，只是自身的轨道半径不同，轨道半径越大，向心加速度越小，所以火星的加速度最小，金星的加速度最大，地球位于两者之间，A选项正确，B选项错误；
CD选项：，对该等式进行化简得到，，通过该公式可以看出，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以火星的线速度最小，金星的线速度最大，地球位于两者之间，CD选项错误。
故答案为：A
【分析】卫星离地球远近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可。
16．（2019?全国Ⅲ）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】【解答】对小球进行受力分析，受到重力和两个支持力，其中F1与水平方向夹角为60°，F2与水平方向的夹角为30°，把小球受到的三个力水平竖直正交分解，
竖直方向：F1sin60°+F2sin30°=mg；
水平方向：F1cos60°=F2cos30°；
解得：，；
D选项正确，ABC选项错误。
故答案为：D
【分析】对小球进行受力分析，受到两个支持力和重力，在这三个力的作用下小球处于静止状态，合力为零，把小球受到的力水平竖直正交分解，列方程联立求解即可。
17．（2019?全国Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3
m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10
m/s2。该物体的质量为（
）
A．2
kg
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
【答案】C
【解析】【解答】对物体上升和下落的两个过程应用动能定理列方程，
上升过程：，化简得到；
下降过程：，化简得到；
结合图像中上升和下降的两个过程的斜率，可以得到：
F+mg=12；
F-mg=-8；
联立求解物体的重力为10N，质量为1kg；
C选项正确，ABD选项错误。
故答案为：C
【分析】对小球的运动过程应用动能定理列方程，根据图像的斜率表达式，联立求解小球的质量即可；
18．（2019?全国Ⅲ）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】【解答】带电粒子在第二象限做圆周运动，假设运动半径为r，那么洛伦兹力提供向心力，列方程,可以得到粒子的运动速度,此时运动的路程为；
粒子射入第一象限的磁场中时，运动的半径增大一倍，线速度不变，根据几何关系得意得到粒子转过的角度为60°，走过的路程为；
粒子总共走过的路程为两者相加，粒子的速度为，相除的到粒子运动的时间为；
B选项正确，ACD选项错误。
故答案为：B
【分析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力向心力，根据粒子的速度和磁场强度确定粒子运动的轨迹，利用轨迹的长度除以粒子的速度求解时间即可。
19．（2019?全国Ⅲ）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】【解答】导体棒ab具有初速度，向前运动的同时切割磁感线，回路中产生感应电流，导体棒ab受到的安培力水平向左，做减速运动；导体棒cd受到的安培力水平向右，做加速运动，两者组成的系统动量守恒，最终的速度为；A符合题意；当两者的速度相同时，两个导体棒组成的闭合回路磁通量不发生改变，故没有感应电流，C符合题意。
故答案为：AC
【分析】两个导体棒组成的系统动量守恒，列方程求解最终的速度，产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变。
20．（2019?全国Ⅲ）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4
s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10
m/s2。由题给数据可以得出（
）
A．木板的质量为1
kg
B．2
s~4
s内，力F的大小为0.4
N
C．0~2
s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】【解答】A选项：当撤掉拉力后，物体只在摩擦力的作用下做减速运动，加速图可也在v-t图像中得到，为0.2m/s2，利用牛顿第二定律得f=ma，解得物体的质量为1kg，A选项正确；
B选项：物体在2s-4s的运动过程中，受到拉力和摩擦力，利用牛顿第二定律列方程F-f=ma，解得拉力的大小为0.4N，B选项正确；
C选项：在0-2s的范围内，物体受到拉力和摩擦力，在这两个力的作用下物体处于平衡状态，合力为零，摩擦力在增大，故拉力也在增大，C选项错误；
D选项：物体与长木板的间的滑动摩擦力为0.2N，但是物体对长木板的压力不知道，故不能求解动摩擦因数，D选项错误。
故答案为：AB
【分析】v-t图像中，图像的斜率是加速度，结合不同时间段物体的受力情况，利用牛顿第二定律求解即可。
21．（2019?全国Ⅲ）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（
）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】【解答】AD选项：将带负电的电荷Q从a点移动到b点，与正电荷的距离变小，正电荷q对电荷做正功，与负电荷-q的距离变远，对电荷Q做正功，总而言之外界的电场对负电荷Q做正功，电势能减小，同时也证明两点的电势是不同的，AD选项错误；
BC选项：a点处的电场强度是由距离a点和l的正负电荷产生的，两个电场的夹角为90°，方向由q指向-q；同理，b点处的电场强度也是由距离b点和l的正负电荷产生的，两个电场的夹角为90°，方向由q指向-q，A、b两点处的电场强度是相同的，BC选项正确。
故答案为：BC
【分析】求解a、b两点处的电场强度，可以分别求出两个电荷在该出的电场强度，再进行合成比较即可，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
三、非选择题
22.（2019?全国Ⅲ）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。
（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是
。（填正确答案标号）
A.米尺
B.秒表
C.光电门
D.天平
【答案】A
（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答：
【答案】将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。
（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=___m/s2。（保留2位有效数字）
【答案】9.7
【解析】【解答】（1）频闪照相技术得到的照片与打点计时器得到的纸带比较类似，已知照相的周期为0.1s，只需要知道两个像之间的间隔就可以分析物体的运动状态，故需要利用长度测量工具，A选项正确，BCD选项错误。（2）将米尺靠近小球，在照相的同时，把小球和米尺同时照进去，就可以确定小球的位置，便于分析数据；（3）已知ab=24.5cm、ac=58.7cm，利用逐差法求解物体的加速度，即，其中是bc和ab两段距离的差值，代入数据可以得到，T=0.1s，代入数据求解得到物体的加速度为9.7m/s2.
【分析】利用频闪照相技术分析物体的运动，需要结合长度测量工具来测量距离再分析，求解物体的加速度利用逐差法求解即可。
23.（2019?全国Ⅲ）某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5
V，r=1.5
Ω），红、黑表笔和导线若干。
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表
。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为
Ω：滑动变阻器选
（填“R1”或“R2”）。
【答案】|900|R1
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为
、
。
【答案】45|5
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω。
【答案】0|35000.0
【解析】【解答】（1）改装要求是当电流为50uA时，待测电阻的阻值为15KΩ，电源电压为1.5V，内阻为1.5Ω，利用欧姆定律求出此时电路中的总电阻为30KΩ，减掉待测电阻的15KΩ、定值电阻的14KΩ和电表与内阻之和的100Ω，为900Ω，即需要滑动变阻器需要提供的阻值，故需要选择滑动变阻器R1。
；（2）当电流为25uA时，利用欧姆定律计算出电路中的总电阻为60KΩ，减去定值电阻14
KΩ、电表、电源内阻和滑动变阻的总阻值1KΩ，剩下45KΩ，即为待测电阻的阻值；
同理当电流为75uA时，利用欧姆定律计算出电路中的总电阻为20KΩ，减去定值电阻14
KΩ、电表、电源内阻和滑动变阻的总阻值1KΩ，剩下5KΩ，即为待测电阻的阻值；（3）两表笔短接，即为短路，我们认为电阻为零，故此时的指针应该偏转到0Ω；
电阻箱的读数是把不同旋钮的数值乘以倍率相加即可，，即为电阻箱的阻值。
【分析】根据电流表的示数，结合欧姆定律求解电路中的阻值，再结合串联电路中电阻的规律求解某一点电阻的阻值即可；电阻箱的读数是把不同旋钮的数值乘以倍率相加即可。
24.（2019?全国Ⅲ）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
【答案】解：设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】解：设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
【解析】【分析】(1)两个小球水平速度不相同,竖直位移相同,对小球B进行受力分析,求出加速度,利用两小球竖直方向位移相等列方程求解电场强度；(2)对小球B的运动过程应用动能定理,结合第一问求得的竖直位移列方程求解即可.
25.（2019?全国Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0
kg，mB=4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0
J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10
m/s?。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
【答案】解：设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0
m/s，vB=1.0
m/s
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
【答案】解：A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt–
⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75
m，sB=0.25
m
⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处。B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为
s=0.25
m+0.25
m=0.50
m
⑨
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】解：t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
?
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
?
?
联立式并代入题给数据得
?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
?
由?~?式及题给数据得
?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
?
【解析】【分析】(1)
A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；（2）结合第一问求得的物体碰撞后的速度，对物体进行受力分析，明确物体的运动过程，利用运动学公式分析求解即可；（3）t时刻后，B物体静止不动，A将继续向左运动，结合此时的速度，对物体A进行受力分析，明确物体A的运动过程，利用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程分析求解即可。
三、（二）选考题
33．[物理一一选修3–3]
（1）（2019?全国Ⅲ）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是
。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以
。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是
。
【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜|把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积。|略
（2）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0
cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0
cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76
cmHg，环境温度为296
K。
（i）求细管的长度；
（i）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
【答案】解：（i）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
①
由力的平衡条件有
p=p0–ρgh
③
式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h）
④
V1=S（L–h）
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41
cm
⑥
（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312
K
⑧
【解析】【分析】（1）利用油酸估计分子的大小，利用油酸的体积除以油酸的底面积即可，其中油酸的底面积可以通过数格子得到。（2）①当试管倒立时，水银受到试管内空气的压强、外界大气压和自身重力产生的压强，在这三个压强的作用下，水银静止，玻意耳定律列方程求解试管的长度；
②气体做等压变化，结合气体初末状态的温度和体积，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可；
34．（2019?全国Ⅲ）
（1）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
【答案】BDE
（2）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
（i）求棱镜的折射率；
（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
【答案】解：（i）光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得
①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α+β=60°
②
由几何关系和反射定律得
③
联立①②③式，并代入i=60°得
n=
④
（ii）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
=n
⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
sin=
⑥
由几何关系得
=α'+30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=
⑧
【解析】【解答】（1）A选项：当波向远处传播的时候，能量会有所损失，距离波源越远的地方振动幅度越小；A选项错误；
B选项：质点振动的频率与介质的种类有关，介质种类相同，频率就相同；B选项正确；
C选项：不同质点的振动方向不同，相位不同，C选项错误；
D选项：质点的振动是由振动片引起的，故两者振动的周期相同，D选项正确；
E选项：同一质点到两波源的距离不发生改变，故该点处两波源的相位差恒定；故E选项正确；
【分析】（1）两列波相互干涉后，相交处的质点的振幅等于两列波振幅之和，如果某一位置是两列波的波峰，那么振幅最大，如果是波谷相遇，那么该点处振幅最小，结合选项分析求解即可。（2）①通过折射，大致画出光的传播路径，利用几何关系求出光折射时的折射角和入射角，利用折射定律求解介质的折射率；
②BC边上恰好有光线射出，说明此时光线在BC边上的入射角小于临界角从而发生了折射，结合第一问求出的介质的折射率和全反射临界条件求解此时入射角的正弦值。
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2019年高考理综物理真题试卷（全国Ⅲ卷）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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Ⅲ）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（
）
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
【答案】D
【解析】【解答】楞次定律的内容是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即外界消耗了磁场的能量，从而转化成了电流的磁场的能量，能量发生了转移，但是总量不变，即能量守恒定理是楞次定律在电磁感应中的体现，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】楞次定律的内容是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，能量守恒即为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体传递给另一个物体，而且能量的形式也可以互相转换，结合具体的内容分析体会即可。
15．（2019?全国Ⅲ）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金
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
【答案】A
【解析】【解答】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力：
AB选项：，对该公式化简得到行星的加速度，对于这三颗行星，GM都是相同的，只是自身的轨道半径不同，轨道半径越大，向心加速度越小，所以火星的加速度最小，金星的加速度最大，地球位于两者之间，A选项正确，B选项错误；
CD选项：，对该等式进行化简得到，，通过该公式可以看出，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以火星的线速度最小，金星的线速度最大，地球位于两者之间，CD选项错误。
故答案为：A
【分析】卫星离地球远近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可。
16．（2019?全国Ⅲ）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】【解答】对小球进行受力分析，受到重力和两个支持力，其中F1与水平方向夹角为60°，F2与水平方向的夹角为30°，把小球受到的三个力水平竖直正交分解，
竖直方向：F1sin60°+F2sin30°=mg；
水平方向：F1cos60°=F2cos30°；
解得：，；
D选项正确，ABC选项错误。
故答案为：D
【分析】对小球进行受力分析，受到两个支持力和重力，在这三个力的作用下小球处于静止状态，合力为零，把小球受到的力水平竖直正交分解，列方程联立求解即可。
17．（2019?全国Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3
m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10
m/s2。该物体的质量为（
）
A．2
kg
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
【答案】C
【解析】【解答】对物体上升和下落的两个过程应用动能定理列方程，
上升过程：，化简得到；
下降过程：，化简得到；
结合图像中上升和下降的两个过程的斜率，可以得到：
F+mg=12；
F-mg=-8；
联立求解物体的重力为10N，质量为1kg；
C选项正确，ABD选项错误。
故答案为：C
【分析】对小球的运动过程应用动能定理列方程，根据图像的斜率表达式，联立求解小球的质量即可；
18．（2019?全国Ⅲ）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】【解答】带电粒子在第二象限做圆周运动，假设运动半径为r，那么洛伦兹力提供向心力，列方程,可以得到粒子的运动速度,此时运动的路程为；
粒子射入第一象限的磁场中时，运动的半径增大一倍，线速度不变，根据几何关系得意得到粒子转过的角度为60°，走过的路程为；
粒子总共走过的路程为两者相加，粒子的速度为，相除的到粒子运动的时间为；
B选项正确，ACD选项错误。
故答案为：B
【分析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力向心力，根据粒子的速度和磁场强度确定粒子运动的轨迹，利用轨迹的长度除以粒子的速度求解时间即可。
19．（2019?全国Ⅲ）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】【解答】导体棒ab具有初速度，向前运动的同时切割磁感线，回路中产生感应电流，导体棒ab受到的安培力水平向左，做减速运动；导体棒cd受到的安培力水平向右，做加速运动，两者组成的系统动量守恒，最终的速度为；A符合题意；当两者的速度相同时，两个导体棒组成的闭合回路磁通量不发生改变，故没有感应电流，C符合题意。
故答案为：AC
【分析】两个导体棒组成的系统动量守恒，列方程求解最终的速度，产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变。
20．（2019?全国Ⅲ）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4
s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10
m/s2。由题给数据可以得出（
）
A．木板的质量为1
kg
B．2
s~4
s内，力F的大小为0.4
N
C．0~2
s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】【解答】A选项：当撤掉拉力后，物体只在摩擦力的作用下做减速运动，加速图可也在v-t图像中得到，为0.2m/s2，利用牛顿第二定律得f=ma，解得物体的质量为1kg，A选项正确；
B选项：物体在2s-4s的运动过程中，受到拉力和摩擦力，利用牛顿第二定律列方程F-f=ma，解得拉力的大小为0.4N，B选项正确；
C选项：在0-2s的范围内，物体受到拉力和摩擦力，在这两个力的作用下物体处于平衡状态，合力为零，摩擦力在增大，故拉力也在增大，C选项错误；
D选项：物体与长木板的间的滑动摩擦力为0.2N，但是物体对长木板的压力不知道，故不能求解动摩擦因数，D选项错误。
故答案为：AB
【分析】v-t图像中，图像的斜率是加速度，结合不同时间段物体的受力情况，利用牛顿第二定律求解即可。
21．（2019?全国Ⅲ）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（
）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】【解答】AD选项：将带负电的电荷Q从a点移动到b点，与正电荷的距离变小，正电荷q对电荷做正功，与负电荷-q的距离变远，对电荷Q做正功，总而言之外界的电场对负电荷Q做正功，电势能减小，同时也证明两点的电势是不同的，AD选项错误；
BC选项：a点处的电场强度是由距离a点和l的正负电荷产生的，两个电场的夹角为90°，方向由q指向-q；同理，b点处的电场强度也是由距离b点和l的正负电荷产生的，两个电场的夹角为90°，方向由q指向-q，A、b两点处的电场强度是相同的，BC选项正确。
故答案为：BC
【分析】求解a、b两点处的电场强度，可以分别求出两个电荷在该出的电场强度，再进行合成比较即可，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
三、非选择题
22.（2019?全国Ⅲ）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。
（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是
。（填正确答案标号）
A.米尺
B.秒表
C.光电门
D.天平
【答案】A
（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答：
【答案】将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。
（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=___m/s2。（保留2位有效数字）
【答案】9.7
【解析】【解答】（1）频闪照相技术得到的照片与打点计时器得到的纸带比较类似，已知照相的周期为0.1s，只需要知道两个像之间的间隔就可以分析物体的运动状态，故需要利用长度测量工具，A选项正确，BCD选项错误。（2）将米尺靠近小球，在照相的同时，把小球和米尺同时照进去，就可以确定小球的位置，便于分析数据；（3）已知ab=24.5cm、ac=58.7cm，利用逐差法求解物体的加速度，即，其中是bc和ab两段距离的差值，代入数据可以得到，T=0.1s，代入数据求解得到物体的加速度为9.7m/s2.
【分析】利用频闪照相技术分析物体的运动，需要结合长度测量工具来测量距离再分析，求解物体的加速度利用逐差法求解即可。
23.（2019?全国Ⅲ）某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5
V，r=1.5
Ω），红、黑表笔和导线若干。
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表
。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为
Ω：滑动变阻器选
（填“R1”或“R2”）。
【答案】|900|R1
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为
、
。
【答案】45|5
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω。
【答案】0|35000.0
【解析】【解答】（1）改装要求是当电流为50uA时，待测电阻的阻值为15KΩ，电源电压为1.5V，内阻为1.5Ω，利用欧姆定律求出此时电路中的总电阻为30KΩ，减掉待测电阻的15KΩ、定值电阻的14KΩ和电表与内阻之和的100Ω，为900Ω，即需要滑动变阻器需要提供的阻值，故需要选择滑动变阻器R1。
；（2）当电流为25uA时，利用欧姆定律计算出电路中的总电阻为60KΩ，减去定值电阻14
KΩ、电表、电源内阻和滑动变阻的总阻值1KΩ，剩下45KΩ，即为待测电阻的阻值；
同理当电流为75uA时，利用欧姆定律计算出电路中的总电阻为20KΩ，减去定值电阻14
KΩ、电表、电源内阻和滑动变阻的总阻值1KΩ，剩下5KΩ，即为待测电阻的阻值；（3）两表笔短接，即为短路，我们认为电阻为零，故此时的指针应该偏转到0Ω；
电阻箱的读数是把不同旋钮的数值乘以倍率相加即可，，即为电阻箱的阻值。
【分析】根据电流表的示数，结合欧姆定律求解电路中的阻值，再结合串联电路中电阻的规律求解某一点电阻的阻值即可；电阻箱的读数是把不同旋钮的数值乘以倍率相加即可。
24.（2019?全国Ⅲ）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
【答案】解：设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】解：设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
【解析】【分析】(1)两个小球水平速度不相同,竖直位移相同,对小球B进行受力分析,求出加速度,利用两小球竖直方向位移相等列方程求解电场强度；(2)对小球B的运动过程应用动能定理,结合第一问求得的竖直位移列方程求解即可.
25.（2019?全国Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0
kg，mB=4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0
J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10
m/s?。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
【答案】解：设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0
m/s，vB=1.0
m/s
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
【答案】解：A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt–
⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75
m，sB=0.25
m
⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处。B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为
s=0.25
m+0.25
m=0.50
m
⑨
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】解：t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
?
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
?
?
联立式并代入题给数据得
?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
?
由?~?式及题给数据得
?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
?
【解析】【分析】(1)
A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；（2）结合第一问求得的物体碰撞后的速度，对物体进行受力分析，明确物体的运动过程，利用运动学公式分析求解即可；（3）t时刻后，B物体静止不动，A将继续向左运动，结合此时的速度，对物体A进行受力分析，明确物体A的运动过程，利用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程分析求解即可。
三、（二）选考题
33．[物理一一选修3–3]
（1）（2019?全国Ⅲ）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是
。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以
。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是
。
【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜|把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积。|略
（2）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0
cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0
cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76
cmHg，环境温度为296
K。
（i）求细管的长度；
（i）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
【答案】解：（i）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
①
由力的平衡条件有
p=p0–ρgh
③
式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h）
④
V1=S（L–h）
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41
cm
⑥
（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312
K
⑧
【解析】【分析】（1）利用油酸估计分子的大小，利用油酸的体积除以油酸的底面积即可，其中油酸的底面积可以通过数格子得到。（2）①当试管倒立时，水银受到试管内空气的压强、外界大气压和自身重力产生的压强，在这三个压强的作用下，水银静止，玻意耳定律列方程求解试管的长度；
②气体做等压变化，结合气体初末状态的温度和体积，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可；
34．（2019?全国Ⅲ）
（1）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
【答案】BDE
（2）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
（i）求棱镜的折射率；
（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
【答案】解：（i）光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得
①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α+β=60°
②
由几何关系和反射定律得
③
联立①②③式，并代入i=60°得
n=
④
（ii）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
=n
⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
sin=
⑥
由几何关系得
=α'+30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=
⑧
【解析】【解答】（1）A选项：当波向远处传播的时候，能量会有所损失，距离波源越远的地方振动幅度越小；A选项错误；
B选项：质点振动的频率与介质的种类有关，介质种类相同，频率就相同；B选项正确；
C选项：不同质点的振动方向不同，相位不同，C选项错误；
D选项：质点的振动是由振动片引起的，故两者振动的周期相同，D选项正确；
E选项：同一质点到两波源的距离不发生改变，故该点处两波源的相位差恒定；故E选项正确；
【分析】（1）两列波相互干涉后，相交处的质点的振幅等于两列波振幅之和，如果某一位置是两列波的波峰，那么振幅最大，如果是波谷相遇，那么该点处振幅最小，结合选项分析求解即可。（2）①通过折射，大致画出光的传播路径，利用几何关系求出光折射时的折射角和入射角，利用折射定律求解介质的折射率；
②BC边上恰好有光线射出，说明此时光线在BC边上的入射角小于临界角从而发生了折射，结合第一问求出的介质的折射率和全反射临界条件求解此时入射角的正弦值。
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