2019年全国统一高考物理试卷（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2019 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ） 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 1～5 题只有一顶符合题目要求，第 6～8 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Ⅰ卷·14)氢原子能级示意图如图 1 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(　　) 图 1 A．12.09 eVB．10.20 eVC．1.89 eVD．1.51 eV 答案　A 解析　因为可见光光子的能量范围是 1.63 eV～3.10 eV，所以处于基态的氢原子至少要被激 发到 n＝3 能级，要给氢原子提供的能量最少为 E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，故选项 A 正 确． 15. (2019·全国Ⅰ卷·15)如图 1，空间存在一方向水平向右的匀强电场，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(　　) 图 1 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 解析　对 P、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以 P、Q 必 第 1 页 共 13 页 带等量异种电荷，选项 A、B 错误；对 P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平 向左，与 Q 对它的库仑力平衡，所以 P 带负电荷，Q 带正电荷，选项 D 正确，C 错误． 16．(2019·全国Ⅰ卷·16)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 C．1.6×105 kg 答案　B B．1.6×103 kg D．1.6×106 kg F解析　根据动量定理有 FΔt＝Δmv－0，解得 Δm＝ Δt＝1.6×103 kg，所以选项 B 正确． v17. (2019·全国Ⅰ卷·17)如图 1，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 知导体棒 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(　　) 图 1 A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 答案　B 解析　设三角形边长为 l，通过导体棒 MN 的电流大小为 I，则根据并联电路的规律可知通 I过导体棒 ML 和 LN 的电流大小为 ，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒 ML 和 LN 所受 211安培力的合力为 F1＝ BlI＝ F，方向与 F 的方向相同，所以线框 LMN 受到的安培力大小为 221.5F，选项 B 正确． 18．(2019·全国Ⅰ卷·18)如图 1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的 t2 HH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 44t1 (　　) 第 2 页 共 13 页 图 1 t2 A．1< <2 t1 t2 C．3< <4 t1 t2 B．2< <3 t1 t2 D．4< <5 t1 答案　C 解析　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由 H4HH×2落体运动的逆向运动，所以第四个 所用的时间为t2＝ ，第一个 所用的时间为t1＝ 44g34t2 ，因此有 ＝ t1 12H ×2H3，－＝2＋ 3－2ggt2 即 3< <4，选项 C 正确． t1 19. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·19)如图 1，一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(　　) 图 1 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 第 3 页 共 13 页 答案　BD 解析　对 N 进行受力分析如图所示，因为 N 的重力与水平拉力 F 的合力和细绳的拉力 FT 是 一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项 A 错误，B 正确；M 的质量与 N 的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为 θ，若 mNg≥mMgsin θ，则 M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若 mNg<mMgsin θ，则 M 所受斜面的摩擦力大 小可能先减小后增大，选项 D 正确，C 错误． 20．(多选)(2019·全国Ⅰ卷·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其 边界如图 1(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(　　) 图 1 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 B0rS C．圆环中的感应电流大小为 4t0ρ B0πr2 D．圆环中的感应电动势大小为 4t0 答案　BC 解析　在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆 环所受安培力水平向左，在 t0～t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针， ΔΦ 圆环所受安培力水平向右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 E＝ ＝Δt 12B0 B0πr2 2πr EB0rS 4t0ρ πr2· ＝，根据电阻定律可得 R＝ρ ，根据欧姆定律可得 I＝ ＝ ，所以选项 C t0 2t0 SR正确，D 错误． 第 4 页 共 13 页 21. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·21)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 1 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(　　) 图 1 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　AC 解析　设 P、Q 的质量分别为 mP、mQ；M、N 的质量分别为 M1、M2，半径分别为 R1、R2， 密度分别为 ρ1、ρ2；M、N 表面的重力加速度分别为 g1、g2.在星球 M 上，弹簧压缩量为 0 M1 R12 M1 9a0 4πGR1 时有 mPg1＝3mPa0，所以 g1＝3a0＝G ，密度 ρ1＝ ＝；在星球 N 上，弹簧压缩 43πR13 M2 R22 M2 3a0 4πGR2 量为 0 时有 mQg2＝mQa0，所以 g2＝a0＝G ，密度 ρ2＝ ＝；因为 R1＝3R2，所以 43πR23 ρ1＝ρ2，选项 A 正确；当物体的加速度为 0 时有 mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解 得 mQ＝6mP，选项 B 错误；根据 a－x 图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外 3力做的功可知，EkmP＝ mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以 EkmQ＝4EkmP，选项 C 正确；根据运动 2的对称性可知，Q 下落时弹簧的最大压缩量为 4×0，P 下落时弹簧的最大压缩量为 2×0，选项 D 错误． 三、非选择题：共 62 分．第 22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 33～34 题 为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：共 47 分． 22．(2019·全国Ⅰ卷·22)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 第 5 页 共 13 页 行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图 1 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 A、B、C、D、E 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)． 图 1 答案　A　0.233　0.75 解析　根据题述，物块加速下滑，在 A、B、C、D、E 五个点中，打点计时器最先打出的是 A 点．根据刻度尺读数规则可读出，B 点对应的刻度为 1.20 cm，C 点对应的刻度为 3.15 cm，D 点对应的刻度为 5.85 cm，E 点对应的刻度为 9.30 cm，AB＝1.20 cm，BC＝1.95 cm， 1CD＝2.70 cm，DE＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间 T＝5× s＝0.10 s，根据做匀变速 50 直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出 C 点时物块 ＋BC CD ＋－4T2 ＋CD DEAB BC 的速度大小为 vC＝ ≈0.233 m/s.由逐差法可得 a＝ ，解得 a＝0.75 2T m/s2. 23．(2019·全国Ⅰ卷·23)某同学要将一量程为 250 μA 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 1(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)． 图 1 (1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线． (2)当标准毫安表的示数为 16.0 mA 时，微安表的指针位置如图 2 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) 第 6 页 共 13 页 图 2 A．18 mA C．25 mA B．21 mA 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)连线如图所示 99 (2)C　(3)AC　(4) 79 解析　(1)量程为 250 μA 的微安表改装成量程为 20 mA 的电流表，量程扩大了 80 倍，需要 将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线． (2)当标准毫安表示数为 16.0 mA 时，对应的微安表读数为 160 μA，说明量程扩大了 100 倍， 因此所改装的电表量程是 25 mA，选项 C 正确． IgRg (3)根据 IgRg＝(I－Ig)R 得：I＝ ＋Ig R出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于 1 200 Ω，或者并联的电阻 R 计算错 误，接入的电阻偏小，选项 A、C 正确． (4)设微安表的满偏电压为 U，则对并联的电阻 R 有 U＝(25－0.25)×10－3R 第 7 页 共 13 页 U＝(20－0.25)×10－3kR 99 解得 k＝ .79 24. (2019·全国Ⅰ卷·24)如图 1，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 图 1 (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． π4U B2d2 Bd2 3答案　(1) 　(2) ＋()234U 12解析　(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 qU＝ mv2① v2 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顿第二定律有 qvB＝m ② r2由几何关系知 d＝ r③ q联立①②③式得 ＝ m4U B2d2 ④πr (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 s＝ ＋rtan 30°⑤ 2s带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为 t＝ ⑥ v第 8 页 共 13 页 Bd2 3π联立②④⑤⑥式得 t＝ ⑦＋()234U 25．(2019·全国Ⅰ卷·25)(20 分)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 1(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． 图 1 (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． 211 9答案　(1)3m　(2) mgH　(3) 15 v1 解析　(1)根据题图(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 2小．设物块 B 的质量为 m′，碰撞后瞬间的速度大小为 v′.由动量守恒定律和机械能守恒 定律有 v1 mv ＝m ＋m′v′① －1()212111mv12＝ m 2＋ m′v′2② v1 －()222联立①②式得 m′＝3m③ (2)在题图(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 Ff，下滑过程中所经 过的路程为 s1，返回过程中所经过的路程为 s2，P 与 B 的高度差为 h，整个过程中克服摩擦 力所做的功为 W.由动能定理有 1mgH－Ffs1＝ mv12－0④ 2第 9 页 共 13 页 1v1 2－(F s ＋mgh)＝0－ m ⑤－f 2 ()22从题图(b)所给出的 v－t 图线可知 1s1＝ v1t1⑥ 211vs2＝ · ·(1.4t1－t1)⑦ 2 2 s2 h由几何关系得： ＝ ⑧ Hs1 物块 A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W＝Ffs1＋Ffs2⑨ 2联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝ mgH⑩ 15 ＋Hh(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 W＝μmgcos θ· ⑪sin θ 1设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－ m′v′2⑫ 2设改变后的动摩擦因数为 μ′，由动能定理有 hmgh－μ′mgcos θ· －μ′mgs′＝0⑬ sin θ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μ11 9＝⑭′μ(二)选考题：共 15 分．请考生从 2 道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计 分． 33. 物理——选修 3－3 (2019·全国Ⅰ卷·33)(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，改善其性能．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 0.13 m3， 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 第 10 页 共 13 页 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． ①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强； ②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)①3.2×107 Pa　②1.6×108 Pa 解析　(1)活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由 ΔU＝W＋Q 知，气体 内能减少，温度降低．气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温 度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度． (2)①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.由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1① 被压入炉腔的气体在室温和 p1 条件下的体积为：V1′＝V1－V0② 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＝10p1V1′③ 联立①②③式并代入题给数据得：p2＝3.2×107 Pa④ p3 p2 ②设加热前炉腔的温度为 T0，加热后炉腔的温度为 T1，气体压强为 p3，由查理定律得： ＝ ⑤ T1 T0 联立④⑤式并代入题数据得：p3＝1.6×108 Pa⑥ 34. 物理——选修 3－4 T(2019·全国Ⅰ卷·34)(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1(a) 2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 ________(填正确答案标号)． 图 1 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 第 11 页 共 13 页 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 1，一艘帆船静止在湖面上，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 453°(取 sin 53°＝0.8)．已知水的折射率为 . 3图 1 ①求桅杆到 P 点的水平距离； ②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，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离． 答案　(1)CDE　(2)①7 m　②5.5 m T解析　(1)t＝ 时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点 Q 2T在 t＝ 时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以 2质点 Q 的振动图像与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如题图(b)所示， 选项 A 错误，D 正确；在 t＝0 时刻，质点 P 处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距 离最大，加速度最大，而质点 Q 运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在 t＝0 时刻， 质点 P 的速率比质点 Q 的小，质点 P 的加速度比质点 Q 的大，质点 P 与其平衡位置的距离 比质点 Q 的大，选项 B 错误，C、E 正确． (2)①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 x2；桅杆距水面 的高度为 h1，P 点处水深为 h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为 θ，由几何关系有 x1 h1 ＝tan 53°① x2 h2 ＝tan θ② 由折射定律有：sin 53°＝nsin θ③ 设桅杆到 P 点的水平距离为 x， 则 x＝x1＋x2④ 第 12 页 共 13 页 联立①②③④式并代入题给数据得：x＝7 m⑤ ②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 i′ 由折射定律有：sin i′＝nsin 45°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 x1′，到 P 点的 水平距离为 x2′，则：x1′＋x2′＝x′＋x⑦ 1′x＝tan i′⑧ ＝tan 45°⑨ h1 2′xh2 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得： 2x′＝ (6 －m≈5.5 m⑩ 3) 第 13 页 共 13 页