2019年高考物理試卷山東卷

1、2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（山東卷）理科綜合能力測試物理部分第I卷（必做，共88分）二、選擇題（本題包括7小題，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）16了解物理規(guī)律的發(fā)現過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要。以下符合事實的是A. 焦耳發(fā)現了電流熱效應的規(guī)律B. 庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律C. 楞次發(fā)現了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕D. 牛頓將斜面實驗的結論合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動答案：AB解析：1840年英國科學家焦耳發(fā)現了電流熱

2、效應的規(guī)律；庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律；法拉第發(fā)現了電磁感應現象，拉開了研究電與磁關系的序幕；伽利略通過將斜面實驗合力外推，間接證明了自由落體運動的規(guī)律。17. 甲、乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲為地球同步衛(wèi)星，乙的運行高度低于甲的運行高度，兩衛(wèi)星軌道均可視為圓軌道。以下判斷正確的是A. 甲的周期大于乙的周期B. 乙的速度大于第一宇宙速度C. 甲的加速度小于乙的加速度D. 甲在運行時能經過北極的正上方答案：AC解析：對地球衛(wèi)星，萬有引力提供其做圓周運動的向心力，則有小Mmv24兀2G=m=mrro2=mr=ma，可知半徑越大速度越小，半徑越大加速度越r2rT2n小，同步衛(wèi)星的軌道與赤道共面，

3、第一宇宙速度為最大環(huán)繞速度，可見A正確、C正確。b18. 如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質量的小球b從h距地面h處由靜止釋放，兩球恰在-處相遇（不計空氣阻力）。則厶A. 兩球同時落地B. 相遇時兩球速度大小相等C. 從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量D. 相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等答案：Ch1h1h解析：相遇時間為t則有=gt2，=vt_gt2兩式聯立得t，相遇是甲的速度22202vhh為gt-g，乙的速度為v-gt-v-g，故兩者速度不一定相等、也不能同時落V00v00地，相遇之后的速度不同，故重力的功率也不相

4、同；根據動能定律，兩球重力做功分別mghmgh為2、2，故c正確。19. 如圖所示，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用細繩固定于墻壁。開始時a、b均靜止。彈簧處于伸長狀態(tài)，兩細繩均有拉力，a所受摩擦力質工0，b所受摩擦力Ffb=0，現將右側細繩剪斷，則剪斷瞬間A.Ffa大小不變B.Ffa方向改變少彳abJ/C.F仍然為零D.F方向向右少答案：AD久一一一口禾.7777777.解析：兩物塊相同，由受力分析可知兩物體受到彈簧拉力大小相等，方向相反，繩子對b的拉力等于彈簧對b的拉力，若a平衡且有摩擦力，則繩對a拉力大小等于b受到得繩子拉力大小相等，此摩擦力小于最大靜

5、摩擦力，故當間斷右側細繩后，a受力情況不變，b受到的摩擦力與彈簧拉力平衡，大小與a受到的摩擦力相等。繩子剪斷前受力分析繩子剪斷后受力分析20. 為保證用戶電壓穩(wěn)定在220V，變電所需適時進行調壓，圖甲為調壓變壓器示意圖。保持輸入電壓u1不變，當滑動接頭P上下移動時可改變輸出電壓。某次檢測得到用戶電壓u2隨時間t變化的曲線如圖乙所示。以下正確的是A. 卩=190J2sin(50t)V2B. 卩=190J2sin(100it)V2C. 為使用戶電壓穩(wěn)定在220V,應將P適當下移D. 為使用戶電壓穩(wěn)定在220V,應將P適當上移圖甲答案：BD解析：根據圖像知周期為T=2X10-2s,電壓的最大值為19

6、0j2v,故用戶得到電壓的瞬時值為生=190v/2sin(100nt)V,B正確；用戶獲得電壓為交流電的有效值，此時有效值nU為190V,根據變壓比f二尸，增大電壓則需要減少原線圈的匝數P要適當上移，DnU22正確。21如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中M垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線,，且a與c關；于MN對稱，b點位于MN上,d點位于兩電荷的連線上。以下判ac斷正確的是'IA. b點場強大于d點場強_dB. b點場強小于d點場強!'''-C. a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差丨D. 試探電荷+q在a點的電勢能小

7、于在c點的電勢能；答案：BCN解析：根據等量同種電荷的電場線分布可知b點場強小于d點場強，Bc、廠hXXXXXXXX13h圖甲正確，A錯誤；由對稱性可知a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差，C正確；MN左側電勢大于零，而右側小于零所以試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D錯誤。22.如圖甲所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計。兩質量、長度均相同的導體棒c、d,置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬為3h,方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放c,c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放d,兩導體棒與導軌始終保持良好接觸。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc

8、、xd分別表示c、d相對釋放點的位移。圖乙中正確的是Oh2h3h4h5hxAcOh2h3h4h5hBxc圖乙答案：BD解析：c導體棒落入磁場之前做自由落體運動，加速度恒為g,有h=2gt2，v=gt，c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動時，d棒開始做自由落體運動，與c棒做自由落體運動的過程相同，此時c棒在磁場中做勻速直線運動的路程為hf=vt=gt2二2h，d棒進入磁場而c還沒有傳出磁場的過程，無電磁感應，兩導體棒僅受到重力作用，加速度均為g,知道c棒穿出磁場，B正確。c棒穿出磁場，d棒切割磁感線產生電動勢，在回路中產生感應電流，因此時d棒速度大于c進入磁場是切割磁感線的速度，故電動勢、電流、安

9、培力都大于c剛進入磁場時的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運動，結合勻變速直線運動v2-v2=2gh，可知加速過程動能與路程成正比，D正確。0第II卷（必做120分+選做32分，共152分）【必做部分】23.（12分）（1）某探究小組設計了“用一把尺子測定動摩擦因數”的實驗方案。如圖所示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端。開始時小球和滑塊均靜止，剪斷細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調整擋板位置，重復以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點與

10、擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移x。（空氣阻力對本實驗的影響可以忽略） 滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為。 滑塊與斜面間的動摩擦因數為。 以下能引起實驗誤差的是。滑塊的質量當地重力加速度的大小長度測量時的讀數誤差小球落地和滑塊撞擊擋板不同時a.bc.d.Xx2答案：(h-)HHVX2-h2cd解析：滑動沿斜面做初速度為零的勻加速直線運動，有x=2at21 ax小球做自由落體運動，有H=gt2，所以一=-2 gH對滑塊受力分析，根據牛頓第二定律得a=gsin0卩gcos0Xh-'x2一h2小X2、1即g=g-卩g解得卩=（h）一HxxHs：x2h2由分析知，C、d能引起實驗誤

11、差。（2）某同學利用圖甲所示電路，探究了電源在不同負載下的輸出功率。所得實驗數據如下圖，請在給出的直角坐標系上（見答題卡）畫出UI的圖像。U/V1.961.861.801.841.641.56I/A0.050.150.250.350.450.55 根據所畫UI的圖像，可求得電流I=0.20A時電源的輸出功率為W。（保留兩位有效數） 實驗完成后，該同學對實驗方案進行了反思，認為按圖甲電路進行實驗操作的過程中存在安全隱患，并對電路重新設計。在圖乙所示的電路中，你認為既能測出電源在不同負載下的輸出功率，又能消I/A除安全隱患的是。(Rx阻值未知)X答案：如圖所示0.37(或0.36)be解析：如圖所

12、示 由U-I圖象可知，當I=0.2A時，U=1.84V。由P=UI得：P=1.84x0.2W=0.368W 按圖甲電路進行實驗操作的過程中存在安全隱患是：滑動變阻器的滑片移動到最右端時，相當于把電流表直接接在電源兩極，會燒壞電流表。而圖乙中的a仍然出現圖甲的問題；b中的Rx在滑動變阻器的滑片移動時起分流作用保護電流表；e中的Rx在滑動變阻器的滑片移動到最右端時起限流作用保護電流表；d中的Rx在滑動變阻器的滑片移動到最右端時，Rx與r串聯相當于電源內阻，等于直接把電流表接在電源兩極。b、c正確。24.(15分)如圖所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平臺上放置一質量M=2kg、由兩種不同材料連

13、接成一體的薄板A，其右段長度l1=0.2m且表面光滑,視為質點的物塊B,其質量m=1kgoB與A左段間動摩擦因數廬0.4。開始時二者均靜止，現對A施加F=20N水平向右的恒力，待B脫離A(A尚未露出平臺)后，將A取走。B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x=1.2m。(取g=9.8m/s2)求:(1) B離開平臺時的速度vBo(2) B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間tB和位移xB(3) A左端的長度12答案：(1)2m/s(2)0.5s0.5m(3)1.5m解析：(1)B離開平臺做平拋運動。豎直方向有h=2gt2左段表面粗糙。在A最右端放有可水平方向有由式解得vB二X代入數據求得V

14、B=2m/s(2)設B的加速度為仙由牛頓第二定律和運動學知識得卩mg-maBv=atBB1x=a12B2BB聯立式，代入數據解得t=0.5sBx=0.5mB(3)設B剛開始運動時A的速度為v，由動能定理得Fl=1Mv21121設B運動時A的加速度為aA由牛頓第二定律和運動學知識有F-卩mg=MaA1 +x=vt+at22 B1B2AB聯立式，代入數據解得1=L5mflf225.(18分)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖I、II兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質量為m、電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板

15、處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角歸3Oo(1) 當I區(qū)寬度L=L、磁感應強度大小B=B0時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為300,求B0及粒子在I區(qū)運動的時間t0(2) 若II區(qū)寬度L2=L1=L磁感應強度大小B2=B1=B0，求粒子在I區(qū)的最高點與II區(qū)的最低點之間的高度差h(3) 若L2=L=L、B1=B0，為使粒子能返回I區(qū),求B2應滿足的條件L1L2(4)若B#B2,L#L2，且已保證了粒子能從II區(qū)右邊界射出。為使粒子從II區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左邊界射出的方向總相同，求BB2、L、l2之間應滿足的關系式。

16、“、兀Lm2忑答案：丁:頑(2)(2一7(3)BL=BL1122解析：(1)如圖1所示，設粒子射入磁場1區(qū)的速度為V,在磁場1區(qū)做圓周運動半徑為R由動能定理和牛頓第二定律得qU1=mv22v2qvB=m0R1由幾何關系得Ri=L2=L聯立得Bo設粒子在I區(qū)做圓周運動周期為T,運動時間為tT=t29=T36Oo2聯立式解得h=(2-3)LIIXX佝'lxI>XIIX-XB2設粒子在磁場11區(qū)做圓周運動半徑為R2,由牛頓第二定律得v2qBR=m22R2由幾何知識得h=(R1+R2)(1cos9)+Ltan9(3) 如圖2所示，為使粒子能再次返回到I區(qū)應滿足R(1+sin9)<L

17、23m,U聯立f!式解得BI2LY2q(4) 如圖3(或圖4)所示，設粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為Q,由幾何知識可得L=R(sin9+sina)或L=R(sin9-sina)f3iiiiL=R(sin9+sina)或厶=R(sin9-sina)f42222聯立伶R式解得BL=BLR1122LB1B2!I|XXX|xXx|*L1LL2圖3!xX鄧*ILLLT【選做部分】36.(8分)物理一選修3-3(1)人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程。以下說法正確的是。a. 液體的分子勢能與體積有關b. 晶體的物理性質都是各向異性的c. 溫度升高，每個分子的動能都增大d露珠呈球狀是

18、由于液體表面張力的作用答案：ad解析：物體體積變化時，分子間的距離將發(fā)生改變，分子勢能隨之改變，所以分子勢能與體積有關，a正確。晶體分為單晶體和多晶體，單晶體的物理性質各向異性，多晶體的物理性質各向同性，b錯誤。溫度是分子平均動能的標志，具有統(tǒng)計的意義，c錯誤。液體表面的張力具有使液體表面收縮到最小的趨勢，d正確。(2)氣體溫度計結構如圖所示。玻璃測溫泡A內充有理想氣體，通過細玻璃管B和水銀壓強計相連。開始時A處于冰水混合物中，左管C中水銀面在O點處，右管D中水銀面高出O點h=14cm。后將A放入待測恒溫槽中，上下移動D,使C中水銀面仍在O點處，測得D中水銀面高出O點h2=44cm。(已知外界

19、大氣壓為1個標準大氣壓，1標準大氣壓相當于76cmHg)（填“增大”或“減小”），氣體不對外做功,氣體將 求恒溫槽的溫度。 此過程A內氣體內能傾“吸熱”或“放熱”）。答案：364K增大吸熱解析：設恒溫槽的溫度為T2由題意知匸273KA內氣體發(fā)生等容變化由查理定律得P=P12BO-P二P+P20h2橡膠管二364K聯立式解得T2理想氣體的內能只由溫度決定，A氣體的溫度升高，所以內能增大。由熱力學第一定律AU=Q+W知，氣體不對外做功，氣體將吸熱。37、（8分）（物理一物理3-4）（1）如圖所示，一列簡諧波沿x軸傳播，實線為t1=0時的波形圖，此時P質點向y軸負方向運動，虛線為t2=0.01s時的波形圖。已知周期T>0.01s。 波沿x軸傾“正”或“負”）方向傳播。 求波速。答案：正100m/s解析：q=0時，P質點向y軸負方向運動，由波的形成與傳播知識可以判斷波沿x軸正向傳播。由題意知九=8mt-1=T218九v=T聯立式代入數據求得v=100m/s（2）如圖所示，