2019年全国卷Ⅱ 理综--物理真题试卷 解析版

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2019年高考理综物理（全国Ⅱ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Ⅱ）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F随h变化关系的图像是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】【解答】根据引力公式；可以得出引力大小F随高度h的增大而变小，所以C、D选项不符合题意，根据引力公式可以得出引力F和h不是一次关系所以A选项不符合题意，则只有D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】利用引力公式结合高度变化可以判别引力的大小。
15．（2019?全国Ⅱ）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，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（
）
A．8
MeV
A．16
MeV
A．26
MeV
A．52
MeV
【答案】C
【解析】【解答】根据原子核的质量可以求出反应过程的质量变化；再根据质能方程可以求出释放的能量，所以ABD选项不符合题意，只有C选项符合题意。
故答案为：C
【分析】利用核反应前后质量的变化可以求出亏损的质量，利用质量亏损乘以对应的单位质量的能量可以求出释放的能量。
16．（2019?全国Ⅱ）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10m/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（
）
A．150kg
B．kg
C．200
kg
D．kg
【答案】A
【解析】【解答】根据平衡条件对匀速运动的物块进行受力分析及正交分解如图所示；
根据平衡条件列出平衡方程：
；；
代入数据计算可得物块最大的质量m=150kg。
故答案为：A
【分析】利用物块的平衡方程可以求出物块的最大质量。
17．（2019?全国Ⅱ）如图，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（
）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【解析】【解答】根据一点一弦法可以求出分别从a、d两点射出的轨迹圆心，如图所示：
对于O2根据几何知识有：；可得；对于O1根据几何知识可得；根据牛顿第二定律：；计算可得得出；。所以ACD选项不符合题意；B选项符合题意。
故答案为：B
【分析】利用牛顿第二定律结合几何知识可以求出对应的速度大小。
18．（2019?全国Ⅱ）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的变化如图所示。重力加速度取10
m/s2。由图中数据可得（
）
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】【解答】根据重力势能表达式，代入坐标h=4m时；Ep=100J可以得出m=2kg，所以A选项符合题意；根据高度h=0时；Ep=0；则根据机械能E=Ep+Ek，则Ek=100J，，所以此时速度v=10m/s，所以B选项不符合题意；根据高度h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则根据机械能E=Ep+Ek可以求出Ek=50J，所以C选项不符合题意；再根据h=4m时；Ep=E总=80J，则根据机械能E=Ep+Ek可以判别Ek=0J，所以动能减少了100J，所以D选项符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用机械能为重力势能和动能之和可以求出不同位置的动能大小进而可以求出速度大小；利用初末动能的大小可以求出动能的变化，利用重力势能表达式可以求出物体质量的大小。
19．（2019?全国Ⅱ）如图（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（
）
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．第一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】【解答】根据图像面积代表竖直方向的位移可以得出h1x1，所以B选项符合题意；根据图像斜率代表加速度可以得出第一次滑翔过程中的平均加速度比第二次滑翔的平均加速度要大，所以C选项不符合题意；当速度相同时会出现a1>a2，根据牛顿第二定律；可以得出f1故答案为：BD
【分析】利用图像面积可以判别竖直方向的位移大小；利用斜率可以判别加速度大小；利用位移分解可以判别水平方向位移的大小；利用牛顿第二定律可以判别阻力的大小。
20．（2019?全国Ⅱ）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】【解答】假设带电粒子刚好在两个等量同种电荷的中垂线运动，假如运动方向靠近中垂线的中心再远离，那么其速度有可能先增加后减小，所以A选项符合题意；根据其粒子的运动轨迹则与电场线不重合，假如在单一点电荷场运动，其轨迹可以与和电场线重合，所以B选项不符合题意；由于不能确定MN过程中电场力的做功情况所以其电势能无法作比较，所以C选项不符合题意；假如粒子做的是曲线运动，则场力方向和轨迹的切线方向不平行，所以D选项不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用常见静电场可以分析粒子的运动情况；利用等量同种电荷产生的电场可以判别轨迹和电场线不重合；由于粒子可以做曲线运动，则粒子受到的电场力方向和轨迹的切线方向不一定共线；利用电场力做功可以判别电势能的变化。
21．（2019?全国Ⅱ）如图，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（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】【解答】根据图像可以判别PQ棒进入磁场时安培力等于重力的分力开始做匀速运动，假设PQ棒离开cd边界时；MN还没进入ab边界；则会出现磁通量先增加，保持不变，再减小，所以利用楞次定律可以判别感应电流的方向先是Q指向P，再是P指向Q，根据机械能守恒，所以两个导体棒进入磁场中的速度相同；根据动生电动势的表达式则E=BLv，且欧姆定律则；所以感应电流大小保持不变；所以A选项符合题意；如果在PQ导体棒还没经过cd边界时，MN导体棒已经进入磁场则会出现此时两个导体棒在磁场中的速度保持一样，所以磁通量保持不变，此时感应电流为0，安培力大小也为0，所以两个导体棒一起加速直到PQ导体棒离开了cd边界，此时由于速度已经超过了稳定速度，根据；可以判别MN棒开始做加速度不断变小的减速运动，导致感应电流不断变小，所以D选项符合题意，B、C选项不符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用图像特征可以判别导体棒进入磁场的情况；结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向；结合磁通量变化及导体棒切割的速度变化可以判别感应电流大小的变化。
三、非选择题
22．（2019?全国Ⅱ）如图（a），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50Hz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）
【答案】略
（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（b）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9.8
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）。
【答案】0.35
【解析】【解答】（1）对物块进行受力分解，结合根据平衡条件列出平衡方程：
ma=；；且；联立方程则可以导出。（2）根据两个计数点间有四个点没有画出，可以得出T=0.1s；利用s1=5.00cm，s2=11.96cm，s3=20.90cm，s4=31.83cm，s5=44.70cm，s6=59.57cm，s7=76.39cm；结合x1=s1，x2=s2-s1，x3=s3-s2……可以求出x1=5.00cm，x2=6.96cm，x3=8.94cm，x4=10.93cm，x5=12.87cm，x6=14.87cm，x7=16.82m；根据邻差公式，可得a=1.97m/s2；再把a=1.97m/s2，θ=30°代入；可得u=0.35。
【分析】（1）利用对木块进行受力分析结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因素的表达式。（2）利用逐差公式可以求出加速度大小，再结合牛顿第二定律可以求出动摩擦力因素的大小。
23.（2019?全国Ⅱ）某小组利用图（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50.0μA时得到的某硅二极管U-I关系曲线。回答下列问题：
（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，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。
【答案】5.00|变小|增大|B
（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=
×10-3V/℃（保留2位有效数字）。
【答案】2.8
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律；可得U1=5.00mV；由于干路电流保持不变，U2读数变小，所以可以得出二极管的正向电阻在变小；再根据动态电路的特性“串反并同”可以判别此时U1在增大；所以滑动变阻器要向B端滑动增大电阻才能维持电流保持不变。（2）根据斜率的表达式可以得出灵敏度。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电压U1的大小；利用图像可以判别电压和温度的关系，结合电流不变判别二极管电阻的变化；利用串反并同可以判别电压表U1随二极管电阻的变化而变化；由于总电阻变小，所以滑动变阻器只有增大电阻才能保证电流不变；（2）利用图像斜率可以求出测温的灵敏度。
24.（2019?全国Ⅱ）如图，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，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>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。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
【答案】解：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
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（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】解：设粒子穿过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L为⑧
【解析】【分析】（1）利用板间电势差和场强关系可以求出板间场强大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用动能定理可以求出到达G板的动能大小；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出粒子在水平方向的位移大小；（2）利用运动的对称性，粒子在下落第二个h时只剩下水平方向的速度，则利用竖直方向的对称性可以求出金属板的长度应该是粒子在第一个电场水平方向位移的两倍，此时为最小的板长。
25.（2019?全国Ⅱ）一质量为m=2000
kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方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变化可简化为图（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。
（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；
【答案】解：v-t图像如图所示。
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
【答案】解：设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为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=1s，设汽车在t2+n-1Δt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，由运动学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
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
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28
m/s⑦
或者，v2=29.76
m/s
⑧
但⑧的情形下，v3＜0，不合题意，舍去
（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；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】解：设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma
⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
⑩
由动量定理有?
由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为
?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1=30
m/s?
?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
联立⑦??，代入已知数据解得s=87.5
m
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律；结合摩擦力的大小变化可以判别加速度的变化，进而转化为图像斜率的变化；（2）假设汽车在t2+3Δt~t2+4Δt内还没静止，利用隔差公式及位移和速度公式可以求出汽车在t2+4Δt末的速度大小，利用速度的符号可以判别汽车停止的时刻；结合速度公式和速度位移公式可以求出加速度的大小和t2时刻速度的大小；（3）利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出摩擦力的大小，利用动量定理可以求出汽车刹车前匀速运动的速度大小；利用动能定理可以求出汽车克服阻力做的功；再利用位移公式及面积公式可以求出汽车整个过程的位移大小。
三、（二）选考题
33．（2019?全国Ⅱ）
（1）如p-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次数，则N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】大于|等于|大于
（2）如图，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：
（i）抽气前氢气的压强；
（ii）抽气后氢气的压强和体积。
【答案】解：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
（ii）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢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=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
【解析】【解答】（1）从1到2过程中由于体积相同，根据理想气体的状态方程且压强P1大于P2，可得N1大于N2；根据图像的面积大小s=T可以判别T1等于T3；根据P2等于P3，且V2小于V3，T2小于T3，则2状态分子运动剧烈程度小于3状态的分子运动剧烈程度，再根据压强又相等所以撞击容器壁的次数则N2大于N3。
【分析】（1）利用气体的状态方程可以对气体的压强、温度、体积大小进行判别；再结合利用压强的大小可以判别单位体积单位时间内分子撞击容器壁的平均作用力，而平均作用力由分子的运动剧烈程度和单位体积的分子个数所决定，而温度影响剧烈程度，体积大小则影响单位体积的分子数多少。所以利用压强和体积、温度的微观含义可以判别气体分子在单位时间内撞击容器壁单位体积的次数。（2）（i）利用活塞的平衡方程可以求出氢气最初的压强大小；
（ii）利用抽气后活塞的平衡可以列出平衡方程；在结合氢气和氮气的等温变化方程可以求出抽气后氢气的体积和压强大小。
34．（2019?全国Ⅱ）
（1）如图，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x-t关系的是_____。
A.
B.
C.
D.
【答案】A
（2）某同学利用图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：
（i）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
（ii）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=_________；
（iii）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】B||630
【解析】【解答】（1）假设释放时的偏转角为，最后在左端出现的最大偏转角为，根据机械能守恒有：；由于偏转角十分小，所以有；则；再根据圆的知识有：；；所以可得A2=0.5A1；细绳遇见钉子后会使水平方向的位移变小；由于最低点速度v保持不变，半径变小；根据线速度和角速度的关系时；且；可以得出由于角速度变大所以周期变小。（2）（i）要使条纹个数变多，则是使条纹间距变小，根据波长和间距的关系；所以A选项改变单双缝的距离没有影响，所以不符合题意；B选项减小屏和双缝间的距离会减小条纹的间距，增大条纹的数量，所以符合题意；C选项增大屏和双缝的距离则会增大间距，所以不符合题意；D选项双缝间距变小会是条纹间距变大，所以不符合题意；
（ii）根据；结合条纹间距和条纹数的关系；可以得出波长；
（iii）把已知数据代入表达式；可以求出波长的大小为630
nm。
【分析】（1）利用机械能守恒结合几何知识可以判别水平方向的位移变化；利用周期和角速度的关系可以判别周期的变化。（2）（i）利用波长和条纹间距的关系可以分析条纹数的影响因素；
（ii）利用波长和条纹间距的关系可以导出表达式；
（iii）代入已知数据可以得出波长的大小。
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