2019年全國統(tǒng)一高考物理試卷(新課標Ⅲ)(解析版)

A.B.C.D.5）A.B.C.D.如a、、，tsaaatFf金地＜＜火、、vvv）tbvtcRRR金地火金地火/ms）B.C.D.A.金地火火地金地火金火地金m和g、FF）12B.D.A.C.，，，，A.C.B.D.～～F在3以Fhm-（、qqqab隨hEk）取/ms）A.B.C.D.baaaA.B.C.D.bbba和BB）（qqmxyA.B.C.D.E.x（）3拍1sD.4。3、和、abc、t/22gms、v0、AvvI1）2ΩkARk0RR12，VrE第1頁，共7頁。K（i______Ω；（aRRR12、和bab、。abΩk。c。4OP、∠∠ABO、．（從mABABqqAO邊；從tB0POPg（i（）BP、=，ABmlmABAlm、AB、ABEJAk/．、msABg、ABAB、與AB）和與ABAB第2頁，共7頁答案和解析解：將重力進行分解如圖所示，根據(jù)幾何關系可得F=mgcos30°=，11.DF=mgsin30°=，故D正確，ABC錯誤。2解：當線圈與磁體間有相對運動時，根據(jù)來拒去留可知，磁場力都是阻礙線圈與磁體間的相對運動，有外力對系統(tǒng)做了功，導致其他形式的能轉化為線圈的電能；當導體做切割磁感線運動時，安培力總是阻礙導體的運動導體克服安培力做，把其他形式的能轉化為電能，所以楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的體現(xiàn)，故D正確，ABC錯誤。故選：。將重力進行分解，根據(jù)幾何關系求解圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小。本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。故選：。4.C當線圈與磁體間有相對運動時，根據(jù)來拒去留可知，磁場力都是阻礙線圈與磁體間的相對運動，有外力對系統(tǒng)做了功，導致其他形式的能轉化為線圈的電能；當導體做切割磁感線運動時，解：根據(jù)動能定理可得：mah=E，解得斜率的大小為ma=△；k安培力總是阻礙導體的運動，導體克服安培力做，把其他形式的能轉化為電能，據(jù)此即可分析。上升過程中：ma===N=12NN=8N1考查電磁感應原理，掌握楞次定律的內(nèi)涵，注意從做功與能量轉化角度來認識楞次定律的內(nèi)下落過程中：ma=2容。2.A設與運動方向相反的外力為，根據(jù)牛頓第二定律可得：上升過程中：mg+F=ma，1解：行星繞太陽運動時，萬有引力提供向心力，設太陽的質量為M，行星的質量為m，行星的軌道半徑為，根據(jù)牛頓第二定律有：下落過程中：mg-F=ma，2聯(lián)立解得：m=1kg。故CABD錯誤。故選：C?？傻孟蛐募铀俣葹榫€速度為題意有R＜R＜R，所以有a＞a金地火金地＞avv＞v＞v，故A正確，BCD錯誤?；鸾鸬鼗鸶鶕?jù)動能定理得到圖象的斜率表示的物理量，再根據(jù)牛頓第二定律列方程求解質量。對于圖象問題鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導出橫坐標和縱坐標的關系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷。故選：。行星繞太陽做勻速圓周運動，由太陽的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律列式分析距離關線速度關系及加速度關系。5.B對于天體的運動，一般的分析思路要掌握：萬有引力提供向心力；明確萬有引力的表達式，會由向心力等于萬有引力分析周期、線速度與半徑的大小關系。解：粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則粒子在第二象限的運動時間為t1==3.D第一象限的磁感應強度為第二象限磁感應強度的一半，根據(jù)R=第3頁，共7頁可知半徑為原來的2倍，即R=2R，C0～2s內(nèi)，整體受力平衡，拉力F的大小始終等于繩子的拉力，繩子的拉力增大，則力F的增大，故C錯誤；21根據(jù)幾何關系可得cosθ==則θ=60°t==2粒子在磁場中運動的時間為t=t+t=，故B正確，ACD錯誤。、由于物塊的質量無法求出，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)無法求解，故D錯誤。故選：。12故選：。畫出粒子在磁場中的運動軌跡，求出軌跡對應的圓心角，再根據(jù)周期公式求解時間。對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。根據(jù)圖象求出在4s后木板的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解木板的質量；2s～4s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律求解；根據(jù)平衡條件分析拉力的變化；物塊的質量無法求出，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)無法求解。對于牛頓第二定律的綜合應用問題鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二6.定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁。解：、金屬棒滑動過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：mv=2mv則v=0，所以ab的速度逐漸減小，cd的速度逐漸增大，相對速度越來越小，最后為則安培力逐漸減小、加速度逐漸減小到零，故A正確、B錯誤；8.解：A、等量異號電荷形成的電場線和等勢面如圖所示；結合題圖中對應的幾何關系可知，a靠近負電荷，而b靠近正電則可知，a點電勢一定小于b點電勢；故A錯誤；CD設兩根導體棒的總電阻為R，由于I=，二者的速度之差越來越小，最后速度之差為0則感應電流越來越小，最后為零，故C正確、D錯誤。故選：AC。根據(jù)動量守恒定律分析最終的速度大小，根據(jù)受力情況確定速度變化情況；根據(jù)導體棒切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢大小和閉合電路的歐姆定律分析電流強度的變化。對于電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關系，然后推導出縱坐標與橫坐標的關系式，由此進行解答，這是電磁感應問題中常用的方法和思路。、ab兩點是兩電荷單獨在兩點形成的電場強度的疊加，由圖3可知，兩點處的兩分場強恰好相同，故合場強一定相同，故BC正確；、根據(jù)A中分析可知將負電荷從a點移到b點時，是從低點勢移向高電勢電荷帶負電，故電勢能減小，故D錯誤。7.解：A、根據(jù)圖象可知木塊與木板之間的滑動摩擦力為f=0.2N，在4s后木板的加速度大小為a=2故選：。2=0.2m/s，根據(jù)牛頓第二定律可得f=ma，解得木板的質量m=1kg，故A正確；2真空中兩等量異號電荷疊加形成電場，根據(jù)等量異種電荷電場線以及等勢面的性質即可確定ab兩點的電勢和場強關系；再根據(jù)電場線確定電場力做功情況，從而確定電勢能的變化。222s～4s內(nèi)，木板的加速度a=m/s=0.2m/s頓第二定律可得F-f=ma，解得力11F=0.4N，故B正確；第4頁，共7頁本題考查等量異電電荷電場的分布情況，解題的關鍵在于明確立體幾何關系的確定和應用，能想象出其對應的幾何圖象是解題的關鍵。（2）將米尺豎直放置，使小球下落時盡量靠近米尺；（3）9.7。根據(jù)實驗的原理確定需要測量的物理量，從而確定所需的測量器材；根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)9.律得出該地的重力加速度大小。解：ABD題意可知兩列波的周期與頻率相同，即這兩列波為相干波，形成干涉圖樣后，有加強與減弱區(qū)域，處在不區(qū)域的質點的振幅不一樣，但不同的質點，振動的頻率和周期與波源的頻率和周期相同，即不同的質點的振動頻率相同，故A錯誤，BD正確；C．不同位置處的質點起振的先后順序不同，離波距離不同的質動的相位是不同的，故C錯誤；該題考查了勻變速直線運動規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基本物理規(guī)律的理解與應用。11.R501解：（1）將電電流表、定值電阻以及滑動變阻器串接即可組成歐姆表，故實物圖如圖所示；根據(jù)閉合電路歐姆定律有：50μA=E．同一質點，兩列波傳播到該質點的時間差是一定的，故兩列波的相位差是恒定的，不隨時間變化，故E正確。故選：。解得：R=900Ω；故滑動變阻器選擇；R11振動加強點的振幅等于兩列波的振幅之和，振動減弱點的振幅等于兩列波的振幅之差；介質中各質點振動的周期與波源的周期相同；質點在振動過程，不同時刻偏離平衡位置的位移大小會發(fā)生變化；對同一質點而言，兩列波的相位差是恒定的。（2）由（1）中解答可知，歐姆表的內(nèi)阻即中值電阻R=98.5+1.5+14000+900=15000Ω；中根據(jù)閉合電路歐姆定律有：25μA=本題主要考查兩列相干波疊加后，介質中質點的振動規(guī)對波的特點及振動加強點與減弱點解得：R；的特點要掌握。10.Aa同理可知：75μA=解：（1）若要從拍得的照片中獲取必要的信息，在此實驗中還必須使用的器材是米尺，所給器材測量距離，故A正確，BCD錯誤。解得：Rb=5kΩ（3）歐姆表在使用時應先將兩表筆短接，使歐姆表指針指向滿偏刻度，即0Ω處；故選：。電阻箱的讀數(shù)為：3×10k+5×1k+0×100+0×10+0×1+0×0.1=35000.0Ω。故答案為：（1）900R1（2）選擇的器材在本實驗中的使用方法：將米尺豎直放置，使小球下落時盡量靠近米尺。（2）455（3）035000.02（3）根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得h=gT，2該地的重力加速度大小為g=故答案為：（1）；=9.7m/s。（1）明確歐姆表的原理，從而確定內(nèi)部結構；再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求出滑動變阻器接入阻值；第5頁，共7頁（2）明確歐姆表的中性電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律和中值電阻的意義即可確定對應的刻度；（3）根據(jù)歐姆表使用前需要進行歐姆調零進行分析，同時明確電阻箱的讀數(shù)方法。本題考查多用電表中歐姆表的原理以及電路的改裝，注意明確實物圖的連接方法，同時能正確利用閉合電路歐姆定律進行分析，并能掌握歐姆表的正確使用方法。；BP。12.（1）根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，結合位移時間關系即可求出電場強度；（2）結合動能定理，位移時間關系、速度時間關系式進行分析，即可正確解答。本題的關鍵是正確的受力分析，通過受力分析判斷物體的運動性質，理清物體的運動過程，正確的選擇對應的物理規(guī)律列式進行分析。解：用油膜法估算分子大小的實驗中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜；在實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測出1mL油酸酒精溶液的滴數(shù)，得到一滴溶液中純油酸的體積；為得到油酸分子的直徑，由d=還需測量的物理量是單分子層油膜的面積；故答案為：使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜；把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測出1mL油酸酒精溶液的滴數(shù)，得到一滴溶液中純油酸的體積；單分子層油膜的面積。14.A和BvvABmvmvAABBvvsABBA對AmmvA1AAts1Bmmv根據(jù)濃度按比例算出純油酸的體積；把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，由d=可以求出直徑大小。B2BBts2BBxm本實驗的模型是不考慮油酸分子間的空隙，采用估算的方法求面積，肯定存在誤差，但本實驗只要求估算分子大小，數(shù)量級符合要求就行了。計算時注意單位的換算。BBAmmvmvA2AAAA′BABvsA′對A+xmmAt內(nèi)ABA2xmABms=x+mBB從OvPEPtABv1k2A″′△⑩″ms故A與BBvv00mv=mvmvAAA0B0第6頁，共7頁?！?，s（i）此過程中氣體的溫度不變，根據(jù)氣體的初末狀態(tài)的壓強和體積的狀態(tài)參量，由玻意耳定律列式計算即可。ABAxBA為xB′，′（ii）對管內(nèi)氣柱緩慢加熱，氣柱經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律列式求解。本題主要考查理想氣體的狀態(tài)方程。以封閉的氣體為研究對象，找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計算即可。xxmABx=xxmAABBs和m；BA與B；A和BA與B。16.（1）A與B分離的過程中二者的動量守恒，由動量守恒定律結合功能關系即可求出分離后的速①度；n②B=③（2）由動量定理即可分別求出停止的時間動量定理求出其中的一個停止運動時另一個的速④度，由動能定理求出位移，由幾何關系求出距離；′′⑤（3）由動能定理求出位移，由幾何關系求出距離。θ=⑥ccθ⑦本題關鍵要分析清楚物體運動過程，明確能