2019年高考理综物理真题试卷（全国Ⅰ卷）
一、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。
1．（2019·全国Ⅰ卷）氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为（ ）
A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV
2．（2019·全国Ⅰ卷）如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
3．（2019·全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
4．（2019·全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
5．（2019·全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个 所用的时间为t1，第四个 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 满足（ ）
A．1< <2 B．2< <3
C．3< <4 D．4< <5
6．（2019·全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（ ）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳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减小后增加
7．（2019·全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
8．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
二、非选择题
9．（2019·全国Ⅰ卷）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是 点，在打出C点时物块的速度大小为 m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为 m/s2（保留2位有效数字）。
10．（2019·全国Ⅰ卷）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。
（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是 。（填正确答案标号）
A．18 mA B．21 mA
C．25mA D．28 mA
（3）产生上述问题的原因可能是 。（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k= 。
11．（2019·全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
12．（2019·全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
三、选考题：共45分。
13．（2019·全国Ⅰ卷）
（1）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度 （填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度 （填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。
（2）热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2
m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106
Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
（i）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（i i）将压入氩气后的炉腔加热到1
227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
14．（2019·全国Ⅰ卷）
（1）一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是
A．质点Q的振动图像与图（b）相同
B．在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示
E．在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
（2）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3
m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）。已知水的折射率为
（i）求桅杆到P点的水平距离；
（ii）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】根据题意，要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量。由图可知：当n=3向n=2能级跃迁时，-1.51-（-3.40）=1.89eV在1.63 eV~3.10 eV之间，正好可以辐射可见光光子。因此， 最少应给氢原子提供的能量E=-1.51-（-13.6）=12.09eV。
故答案为：A
【分析】要求处于基态（n=1）的氢原子被激发后可射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量。由低能级向高能级逐步判断。确定层级数，再求最少应给氢原子提供的能量。
2．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力
【解析】 【解答】因两球均在竖直位置平衡，则所受电场力和静电力在水平方向平衡。假设P、Q带同种电荷，则两球相互排斥，而所受电场力方向相同，则必有一球偏离竖直位置。故AB错误。P带正电荷，Q带负电荷，P所受电场力向右，静电力也向右，不可能平衡。故C错误。同理可推D正确。
故答案为：D
【分析】根据电荷间作用特点，以及电场力，对物体做受力分析。分别判断，各自在竖直位置能否平衡。
3．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】 【解答】根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于其动量变化，有Ft=△mv，△m=1.6×103 kg
故答案为：B
【分析】根据动量定理列式计算火箭在1 s时间内喷射的气体质量。
4．【答案】B
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】 【解答】根据通电导体在磁场中受到力的作用 ，而导线MLN的电阻是MN电阻的2倍，因并联电压相等，由欧姆定律得电流是MN电流的 ，由 ，导线ML和导线LN所受安培力均是 ，根据共点力分析画矢量图
可知导线ML和导线LN所受安培力的合力为 ，与导线MN所受安培力方向相同。故线框所受安培力大小为F+0.5F=1.5F。故B正确，ACD错误。
故答案为：B
【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，安培力大小为 ，根据左手定则判断各段导线所受安培力方向，画矢量图。注意导线MLN电阻是MN电阻2倍，电流是其 ，先求出导线ML和导线LN所受安培力的合力，因合力方向和导线MN安培力方向相同，两者相加即是线框所受安培力合力。
5．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】 【解答】运动员原地垂直起跳，起跳后做竖直上抛运动，位移为： ，故 ， ，故 ，故C正确，ABD错误。
故答案为：C
【分析】根据竖直上抛运动，由位移公式导出时间公式，分别求出各段时间，最后求比值即可。
6．【答案】B,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】 【解答】因为物体N重力是不变量，根据共点力平衡关系知，水平方向绳子的拉力和悬挂细绳的拉力合力不变，再根据矢量平行四边形法则作图，
由图可得，当悬挂N的细绳与竖直方向的角度增大时，水平拉力在不断增大，悬挂细绳的拉力也不断增大。故A错误，B正确。
对物体M做受力分析，因为绳子的拉力在不断增大，物体在斜面方向受到重力的沿斜面的分力保持不变，因为物体平衡，故当拉力小于重力分力时，摩擦力沿斜面向上，当当拉力大于重力分力时，摩擦力沿斜面向下。摩擦力大小也可能经历先减小后增大的过程。
故答案为：BD
【分析】根据共点力平衡分析，合力不变，水平拉力方向不变，根据矢量平行四边形法则作图，直观看出两个分力变化的过程。物体M处于静止状态，受到静摩擦力的作用，随着绳子的拉力在变化，绳子拉力和重力沿斜面方向分力相等时为零。绳子拉力小于和大于重力沿斜面方向分力时，摩擦力方向改变，摩擦力大小也由大到小，再由小到大。
7．【答案】B,C
【知识点】安培力；欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】 【解答】由图可知磁场强度和时间的图像是一条直线，故磁场强度是均匀变化的，由楞次定律可知感应电流方向始终不变。故B正确。因为 时刻磁场方向发生变化，由左手定则可判，圆环受安培力方向也改变，故A错误。根据电磁感应定律感应电动势为 ，由电阻定律得圆环电阻为： ，故根据欧姆定律得圆环中的感应电流大小为
故答案为：BC
【分析】根据图像的趋势变化判定感应电流的方向，由左手定则判断圆环的受力方向。在 时间内根据电磁感应定律求感生电动势的大小，根据电阻定律求圆环电阻，再由欧姆定律求感应电流大小。
8．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
9．【答案】A；0.233；0.75
【知识点】用打点计时器测速度
【解析】【解答】物块沿倾斜的长木板加速下滑，在相等时间内位移越来越大，据此判断运动方向是自左向右，故最先打出的点为A。
先读出AB、AD的长度，则BD= AD –AB=58.5-12=46.5mm，因为物块做匀加速运动，故BD中点时刻C点的速度等于这段时间内物块的平均速度， 。
因为物块做匀加速运动，相邻时间间隔内的位移差是恒值，即 ，由图读出AB=12mm，AC=31.5mm，则BC=AC-AB=19.5mm，故
【分析】根据匀加速直线运动，相等时间内位移越来越大，据此判断运动方向。匀加速运动某段时间内的平均速度等于中点时刻的速度。相邻时间间隔内的位移差是 ，据此求加速度。
10．【答案】（1）
（2）C
（3）A；C
（4）
【知识点】表头的改装
【解析】 【解答】（1）根据要求电流表量程要扩大，故将R和微安表并联，标准毫安表是起校验作用的，两表电流要相等，故两表要串联，电阻箱是调节电路电流的，和电路也串联，据此连接电路。（2）标准毫安表的示数是16.0mA，这时微安表的指针指在数字160，但微安表的最大数字250，故改装电表量程为：16.0mAX250/160=25mA。（3）
，
故
故微安表的实际电阻大于1200欧，有题四定量计算可知，R值计算错误，接入的电阻偏小。
故AC正确，BD错误。（4）R和微安表并联，根据电压相等列式，故当标准毫安表的示数是16.0mA有： ；
当微安表满偏时有：
（比值为定值，与微安表电阻无关）
【分析】电流表量程扩大，要将R和微安表并联分流，标准微安表和改装表要串联，故两表要串联，电阻箱是节电路电流也要电路串联，据此连接电路。根据实际电流和微安表指针所指数字的对应比例关系列式计算。电流表扩大量程，一般可根据表头电压和并联电阻电压相等，在不同情况下列式计算，定量比较。
11．【答案】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛领第二定律有 ②
由几何关系知d= r③
联立①②③式得 ④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
⑥ 联立②④⑤⑥式得 ⑦
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】 【分析】粒子经过加速电场，根据动能定理列式；粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力公式和牛领第二定律列式；粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出，由几何关系知d= r，三式联立即可求出比荷。
因为粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后，粒子不受任何外力作用，做匀速直线运动，故粒子在整个过程中速度不变。根据几何图像求粒子在此过程中经过的路程。再根据路程、速度、时间关系列式。和前面几式联立即可解出在此过程中经历的时间。
12．【答案】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小， 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为 ，碰撞后瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有①②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v-t图线可
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为 ，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得
14
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】 【分析】（1）根据图像读出物体A碰撞前后的速度。因为物块A和物块B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，又连接处一小段圆弧光滑，A与B组成的系统所受合外力为零，故根据动量守恒，机械能守恒列式即可求解。
（2）物块A在整个运动过程中，摩擦力做负功，对下滑和上升的两个过程，分别根据动能定理列式。因为时间和速度图像和坐标轴围成的面积即是位移的大小，据图分别列出下滑和上升两过程的位移的表达式。摩擦力始终做负功，和位移的方向无关。故整个摩擦力做的功为两过程的摩擦力做的功的简单相加。几式联立即可求出整个过程物体A克服摩擦力做的功。
（3）求出摩擦力的大小，根据几何关系求出坡长的表达式，列改变摩擦系数前，列物块由高度H下滑过程中物块克服摩擦力做的功。物块在水平轨道滑行一段距离后停止，此过程根据动能定理列式。改变摩擦后，物块A从斜面h开始下滑，正好到达物块B停止的位置，此过程再根据动能定理列式。几式和第二小题几式联立即可求出摩擦系数之比。
13．【答案】（1）低于；大于
（2）（i）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0=p1V1①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2=10p1③
联立①②③式并代入题给数据得
p2=32×107 Pa ④
（ii）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律
⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得
p3=1.6×108 Pa ⑥
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】 【解答】（1）因容器中的压强大于外界，容器中的气体膨胀，活塞向外移动，直至内压与外压相同。活塞外移，对外做功，容器中的气体内能减少，因温度是气体内能的标志，故温度降低，初始时，内外温度相同，故变化后容器中空气的温度低于外界温度。
根据 ，当压强相同时，相同体积的容器，温度越低，所含气体的物质量越多，即质量越大，故容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【分析】（1）因压入氩气后炉腔中气体为室温，氩气为等温变化，对单个氩气瓶运用玻马定律列式，在P1压强下，压入气体的体积即是氩气瓶体积膨胀的增加量。再求10瓶氩气压入炉腔中，对炉腔中的氩气运用玻马定律列式。几式联立即可求出压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强。（2）氩气在炉腔中加热为等容变化，根据查理定律列式即可求出求此时炉腔中气体的压强。
14．【答案】（1）C；D；E
（2）（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x1；桅杆高度为h1，P点处水深为h2：微光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有 ①② 由折射定律有 sin53°=nsinθ ③
设桅杆到P点的水平距离为x，则
x=x1+x2④
联立①②③④式并代入题给数据得
x=7 m ⑤
（ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为 ，由折射定律有
sin =nsin45° ⑥
设船向左行驶的距离为x'，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x'1，到P点的水平距离为x'2，则
⑦⑧⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x'= ⑩
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）由于波沿x轴正方向传播，根据波的“先动带后动”原理，由图（a）知t=T/2时，质点Q在向上振动，而图（b ）显示t=T/2时，质点Q开始向下振动，故A错误。在t=0时刻的波形图如图所示，
质点P在波谷位置，速率最小，加速度最大，而质点Q在平衡位置，速率最大，加速度最小。故B错误，C正确，E正确。由图（a）知t=T/2时，平衡位置在坐标原点的质点开始向下振动，故t=0时刻是开始向上振动，振动情况和图（b）吻合。故D正确。故CDE正确，AB错误。
【分析】（1）根据波的“先动带后动”原理，判定Q的振动方向。再根据平衡位置在坐标原点的质点t=T/2时的振动特点，画出t=0时刻的波形图。据此图分别比较有关速度、加速度和位置的关系。（2）（i）由几何关系分别列出水中和空气中入射角正切表达式，即水平距离和竖直距离的比值。再根据光的折射率公式列式，桅杆到P点的水平距离即光在水下和空气中通过的水平距离之和。几式联立即可求解。（ii）第二小题和第一小题方法大抵相同，在此情况下根据折射率公式列式，根据水平距离两种求法（即光束从水面射出的点到桅杆的水平距离与到P点的水平距离之和等于桅杆到P点的原水平距离与船行驶的距离之和）列式，再由几何关系分别列出水中和空气中入射角正切表达式，几式联立可求出船行驶的距离。
1 / 12019年高考理综物理真题试卷（全国Ⅰ卷）
一、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。
1．（2019·全国Ⅰ卷）氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为（ ）
A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV
【答案】A
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】根据题意，要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量。由图可知：当n=3向n=2能级跃迁时，-1.51-（-3.40）=1.89eV在1.63 eV~3.10 eV之间，正好可以辐射可见光光子。因此， 最少应给氢原子提供的能量E=-1.51-（-13.6）=12.09eV。
故答案为：A
【分析】要求处于基态（n=1）的氢原子被激发后可射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量。由低能级向高能级逐步判断。确定层级数，再求最少应给氢原子提供的能量。
2．（2019·全国Ⅰ卷）如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力
【解析】 【解答】因两球均在竖直位置平衡，则所受电场力和静电力在水平方向平衡。假设P、Q带同种电荷，则两球相互排斥，而所受电场力方向相同，则必有一球偏离竖直位置。故AB错误。P带正电荷，Q带负电荷，P所受电场力向右，静电力也向右，不可能平衡。故C错误。同理可推D正确。
故答案为：D
【分析】根据电荷间作用特点，以及电场力，对物体做受力分析。分别判断，各自在竖直位置能否平衡。
3．（2019·全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】 【解答】根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于其动量变化，有Ft=△mv，△m=1.6×103 kg
故答案为：B
【分析】根据动量定理列式计算火箭在1 s时间内喷射的气体质量。
4．（2019·全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】B
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】 【解答】根据通电导体在磁场中受到力的作用 ，而导线MLN的电阻是MN电阻的2倍，因并联电压相等，由欧姆定律得电流是MN电流的 ，由 ，导线ML和导线LN所受安培力均是 ，根据共点力分析画矢量图
可知导线ML和导线LN所受安培力的合力为 ，与导线MN所受安培力方向相同。故线框所受安培力大小为F+0.5F=1.5F。故B正确，ACD错误。
故答案为：B
【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，安培力大小为 ，根据左手定则判断各段导线所受安培力方向，画矢量图。注意导线MLN电阻是MN电阻2倍，电流是其 ，先求出导线ML和导线LN所受安培力的合力，因合力方向和导线MN安培力方向相同，两者相加即是线框所受安培力合力。
5．（2019·全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个 所用的时间为t1，第四个 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 满足（ ）
A．1< <2 B．2< <3
C．3< <4 D．4< <5
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】 【解答】运动员原地垂直起跳，起跳后做竖直上抛运动，位移为： ，故 ， ，故 ，故C正确，ABD错误。
故答案为：C
【分析】根据竖直上抛运动，由位移公式导出时间公式，分别求出各段时间，最后求比值即可。
6．（2019·全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（ ）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳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减小后增加
【答案】B,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】 【解答】因为物体N重力是不变量，根据共点力平衡关系知，水平方向绳子的拉力和悬挂细绳的拉力合力不变，再根据矢量平行四边形法则作图，
由图可得，当悬挂N的细绳与竖直方向的角度增大时，水平拉力在不断增大，悬挂细绳的拉力也不断增大。故A错误，B正确。
对物体M做受力分析，因为绳子的拉力在不断增大，物体在斜面方向受到重力的沿斜面的分力保持不变，因为物体平衡，故当拉力小于重力分力时，摩擦力沿斜面向上，当当拉力大于重力分力时，摩擦力沿斜面向下。摩擦力大小也可能经历先减小后增大的过程。
故答案为：BD
【分析】根据共点力平衡分析，合力不变，水平拉力方向不变，根据矢量平行四边形法则作图，直观看出两个分力变化的过程。物体M处于静止状态，受到静摩擦力的作用，随着绳子的拉力在变化，绳子拉力和重力沿斜面方向分力相等时为零。绳子拉力小于和大于重力沿斜面方向分力时，摩擦力方向改变，摩擦力大小也由大到小，再由小到大。
7．（2019·全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
【答案】B,C
【知识点】安培力；欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】 【解答】由图可知磁场强度和时间的图像是一条直线，故磁场强度是均匀变化的，由楞次定律可知感应电流方向始终不变。故B正确。因为 时刻磁场方向发生变化，由左手定则可判，圆环受安培力方向也改变，故A错误。根据电磁感应定律感应电动势为 ，由电阻定律得圆环电阻为： ，故根据欧姆定律得圆环中的感应电流大小为
故答案为：BC
【分析】根据图像的趋势变化判定感应电流的方向，由左手定则判断圆环的受力方向。在 时间内根据电磁感应定律求感生电动势的大小，根据电阻定律求圆环电阻，再由欧姆定律求感应电流大小。
8．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
二、非选择题
9．（2019·全国Ⅰ卷）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是 点，在打出C点时物块的速度大小为 m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为 m/s2（保留2位有效数字）。
【答案】A；0.233；0.75
【知识点】用打点计时器测速度
【解析】【解答】物块沿倾斜的长木板加速下滑，在相等时间内位移越来越大，据此判断运动方向是自左向右，故最先打出的点为A。
先读出AB、AD的长度，则BD= AD –AB=58.5-12=46.5mm，因为物块做匀加速运动，故BD中点时刻C点的速度等于这段时间内物块的平均速度， 。
因为物块做匀加速运动，相邻时间间隔内的位移差是恒值，即 ，由图读出AB=12mm，AC=31.5mm，则BC=AC-AB=19.5mm，故
【分析】根据匀加速直线运动，相等时间内位移越来越大，据此判断运动方向。匀加速运动某段时间内的平均速度等于中点时刻的速度。相邻时间间隔内的位移差是 ，据此求加速度。
10．（2019·全国Ⅰ卷）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。
（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是 。（填正确答案标号）
A．18 mA B．21 mA
C．25mA D．28 mA
（3）产生上述问题的原因可能是 。（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k= 。
【答案】（1）
（2）C
（3）A；C
（4）
【知识点】表头的改装
【解析】 【解答】（1）根据要求电流表量程要扩大，故将R和微安表并联，标准毫安表是起校验作用的，两表电流要相等，故两表要串联，电阻箱是调节电路电流的，和电路也串联，据此连接电路。（2）标准毫安表的示数是16.0mA，这时微安表的指针指在数字160，但微安表的最大数字250，故改装电表量程为：16.0mAX250/160=25mA。（3）
，
故
故微安表的实际电阻大于1200欧，有题四定量计算可知，R值计算错误，接入的电阻偏小。
故AC正确，BD错误。（4）R和微安表并联，根据电压相等列式，故当标准毫安表的示数是16.0mA有： ；
当微安表满偏时有：
（比值为定值，与微安表电阻无关）
【分析】电流表量程扩大，要将R和微安表并联分流，标准微安表和改装表要串联，故两表要串联，电阻箱是节电路电流也要电路串联，据此连接电路。根据实际电流和微安表指针所指数字的对应比例关系列式计算。电流表扩大量程，一般可根据表头电压和并联电阻电压相等，在不同情况下列式计算，定量比较。
11．（2019·全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛领第二定律有 ②
由几何关系知d= r③
联立①②③式得 ④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
⑥ 联立②④⑤⑥式得 ⑦
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】 【分析】粒子经过加速电场，根据动能定理列式；粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力公式和牛领第二定律列式；粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出，由几何关系知d= r，三式联立即可求出比荷。
因为粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后，粒子不受任何外力作用，做匀速直线运动，故粒子在整个过程中速度不变。根据几何图像求粒子在此过程中经过的路程。再根据路程、速度、时间关系列式。和前面几式联立即可解出在此过程中经历的时间。
12．（2019·全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小， 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为 ，碰撞后瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有①②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v-t图线可
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为 ，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得
14
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】 【分析】（1）根据图像读出物体A碰撞前后的速度。因为物块A和物块B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，又连接处一小段圆弧光滑，A与B组成的系统所受合外力为零，故根据动量守恒，机械能守恒列式即可求解。
（2）物块A在整个运动过程中，摩擦力做负功，对下滑和上升的两个过程，分别根据动能定理列式。因为时间和速度图像和坐标轴围成的面积即是位移的大小，据图分别列出下滑和上升两过程的位移的表达式。摩擦力始终做负功，和位移的方向无关。故整个摩擦力做的功为两过程的摩擦力做的功的简单相加。几式联立即可求出整个过程物体A克服摩擦力做的功。
（3）求出摩擦力的大小，根据几何关系求出坡长的表达式，列改变摩擦系数前，列物块由高度H下滑过程中物块克服摩擦力做的功。物块在水平轨道滑行一段距离后停止，此过程根据动能定理列式。改变摩擦后，物块A从斜面h开始下滑，正好到达物块B停止的位置，此过程再根据动能定理列式。几式和第二小题几式联立即可求出摩擦系数之比。
三、选考题：共45分。
13．（2019·全国Ⅰ卷）
（1）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度 （填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度 （填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。
（2）热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2
m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106
Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
（i）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（i i）将压入氩气后的炉腔加热到1
227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
【答案】（1）低于；大于
（2）（i）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0=p1V1①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2=10p1③
联立①②③式并代入题给数据得
p2=32×107 Pa ④
（ii）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律
⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得
p3=1.6×108 Pa ⑥
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】 【解答】（1）因容器中的压强大于外界，容器中的气体膨胀，活塞向外移动，直至内压与外压相同。活塞外移，对外做功，容器中的气体内能减少，因温度是气体内能的标志，故温度降低，初始时，内外温度相同，故变化后容器中空气的温度低于外界温度。
根据 ，当压强相同时，相同体积的容器，温度越低，所含气体的物质量越多，即质量越大，故容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【分析】（1）因压入氩气后炉腔中气体为室温，氩气为等温变化，对单个氩气瓶运用玻马定律列式，在P1压强下，压入气体的体积即是氩气瓶体积膨胀的增加量。再求10瓶氩气压入炉腔中，对炉腔中的氩气运用玻马定律列式。几式联立即可求出压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强。（2）氩气在炉腔中加热为等容变化，根据查理定律列式即可求出求此时炉腔中气体的压强。
14．（2019·全国Ⅰ卷）
（1）一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是
A．质点Q的振动图像与图（b）相同
B．在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示
E．在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
（2）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3
m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）。已知水的折射率为
（i）求桅杆到P点的水平距离；
（ii）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
【答案】（1）C；D；E
（2）（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x1；桅杆高度为h1，P点处水深为h2：微光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有 ①② 由折射定律有 sin53°=nsinθ ③
设桅杆到P点的水平距离为x，则
x=x1+x2④
联立①②③④式并代入题给数据得
x=7 m ⑤
（ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为 ，由折射定律有
sin =nsin45° ⑥
设船向左行驶的距离为x'，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x'1，到P点的水平距离为x'2，则
⑦⑧⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x'= ⑩
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）由于波沿x轴正方向传播，根据波的“先动带后动”原理，由图（a）知t=T/2时，质点Q在向上振动，而图（b ）显示t=T/2时，质点Q开始向下振动，故A错误。在t=0时刻的波形图如图所示，
质点P在波谷位置，速率最小，加速度最大，而质点Q在平衡位置，速率最大，加速度最小。故B错误，C正确，E正确。由图（a）知t=T/2时，平衡位置在坐标原点的质点开始向下振动，故t=0时刻是开始向上振动，振动情况和图（b）吻合。故D正确。故CDE正确，AB错误。
【分析】（1）根据波的“先动带后动”原理，判定Q的振动方向。再根据平衡位置在坐标原点的质点t=T/2时的振动特点，画出t=0时刻的波形图。据此图分别比较有关速度、加速度和位置的关系。（2）（i）由几何关系分别列出水中和空气中入射角正切表达式，即水平距离和竖直距离的比值。再根据光的折射率公式列式，桅杆到P点的水平距离即光在水下和空气中通过的水平距离之和。几式联立即可求解。（ii）第二小题和第一小题方法大抵相同，在此情况下根据折射率公式列式，根据水平距离两种求法（即光束从水面射出的点到桅杆的水平距离与到P点的水平距离之和等于桅杆到P点的原水平距离与船行驶的距离之和）列式，再由几何关系分别列出水中和空气中入射角正切表达式，几式联立可求出船行驶的距离。
1 / 1
