2019年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅱ卷理科综合(物理部分)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14~17题只有一项符合题目要求,第18~21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卷·14)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,能够描述F随h变化关系的图像是( )答案 D解析 在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中,根据万有引力定律,可知随着h的增大,探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的,故能够描述F随h变化关系的图像是D.15.(2019·全国Ⅱ卷·15)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4eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(4,2)He+2eq\o\al(0,1)e+2ν,已知eq\o\al(1,1)H和eq\o\al(4,2)He的质量分别为mp=1.0078u和mα=4.0026u,1u=931MeV/c2,c为光速.在4个eq\o\al(1,1)H转变成1个eq\o\al(4,2)He的过程中,释放的能量约为( )A.8MeV B.16MeVC.26MeV D.52MeV答案 C解析 核反应质量亏损Δm=4×1.0078u-4.0026u=0.0286u,释放的能量ΔE=0.0286×931MeV≈26.6MeV,选项C正确.16.(2019·全国Ⅱ卷·16)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eq\f(\r(3),3),重力加速度取10m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为( )A.150kg B.100eq\r(3)kgC.200kg D.200eq\r(3)kg答案 A解析 设物块的质量最大为m,将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解,由平衡条件,在沿斜面方向有F=mgsin30°+μmgcos30°,解得m=150kg,A项正确.17.(2019·全国Ⅱ卷·17)如图1,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边中点有一电子发射源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( )图1A.eq\f(1,4)kBl,eq\f(\r(5),4)kBlB.eq\f(1,4)kBl,eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl,eq\f(\r(5),4)kBlD.eq\f(1,2)kBl,eq\f(5,4)kBl答案 B解析 电子从a点射出时,其轨迹半径为ra=eq\f(l,4),由洛伦兹力提供向心力,有evaB=meq\f(v\o\al(,a2),ra),又eq\f(e,m)=k,解得va=eq\f(kBl,4);电子从d点射出时,由几何关系有req\o\al(,d2)=l2+(rd-eq\f(l,2))2,解得轨迹半径为rd=eq\f(5l,4),由洛伦兹力提供向心力,有evdB=meq\f(v\o\al(,d2),rd),又eq\f(e,m)=k,解得vd=eq\f(5kBl,4),选项B正确.18.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·18)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1所示.重力加速度取10m/s2.由图中数据可得( )图1A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100J答案 AD解析 根据题图图像可知,h=4m时物体的重力势能mgh=80J,解得物体质量m=2kg,抛出时物体的动能为Ek0=100J,由公式Ek0=eq\f(1,2)mv2可知,h=0时物体的速率为v=10m/s,选项A正确,B错误;由功能关系可知Ffh=|ΔE|=20J,解得物体上升过程中所受空气阻力Ff=5N,从物体开始抛出至上升到h=2m的过程中,由动能定理有-mgh-Ffh=Ek-100J,解得Ek=50J,选项C错误;由题图图像可知,物体上升到h=4m时,机械能为80J,重力势能为80J,动能为零,即从地面上升到h=4m,物体动能减少100J,选项D正确.19.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·19)如图1(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( )图1A.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.第二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 根据v-t图线与横轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,选项A错误;从起跳到落到雪道上,第一次速度变化大,时间短,由a=eq\f(Δv,Δt)可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,选项C错误;第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值),故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大,选项B正确;竖直方向上的速度大小为v1时,根据v-t图线的斜率表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小,由牛顿第二定律有mg-Ff=ma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大,选项D正确.20.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)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 在两个同种点电荷的电场中,一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动,粒子的速度先增大后减小,选项A正确;带电粒子仅在电场力作用下运动,若运动到N点的动能为零,则带电粒子在N、M两点的电势能相等;仅在电场力作用下运动,带电粒子的动能和电势能之和保持不变,可知若粒子运动到N点时动能不为零,则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能,即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能,选项C正确;若静电场的电场线不是直线,带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合,选项B错误;若粒子运动轨迹为曲线,根据粒子做曲线运动的条件,可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行,选项D错误.21.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·21)如图1,两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进入磁场时加速度恰好为零.从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( )图1答案 AD解析 根据题述,PQ进入磁场时加速度恰好为零,两导体棒从同一位置释放,则两导体棒进入磁场时的速度相同,产生的感应电动势大小相等,若释放两导体棒的时间间隔足够长,在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A;若释放两导体棒的时间间隔较短,在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域,则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变,两棒不受安培力作用,二者在磁场中做加速运动,PQ出磁场后,MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流,且感应电流一定大于I1,受到安培力作用,由于安培力与速度成正比,则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力,所以MN一定做减速运动,回路中感应电流减小,流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.二、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Ⅱ卷·22)如图1,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).图1(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2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9.80m/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).图2答案 (1)eq\f(gsinθ-a,gcosθ) (2)0.35解析 (1)对铁块受力分析,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=eq\f(gsinθ-a,gcosθ).(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T=5×eq\f(1,50)s=0.10s,由逐差法和Δx=aT2,可得a=eq\f(x5+x6+x7-x1+x2+x3,12T2)≈1.97m/s2,代入μ=eq\f(gsinθ-a,gcosθ),解得μ≈0.35.23.(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(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100Ω);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-t关系曲线.回答下列问题:图1(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.(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|eq\f(ΔU,Δt)|=________×10-3V/℃(保留2位有效数字).答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8解析 (1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联,由欧姆定律可知,定值电阻两端电压U1=IR0=50.0μA×100Ω=5.00mV;由题图(b)可知,当控温炉内温度升高时,硅二极管两端电压减小,又题图(b)对应的电流恒为50.0μA,可知硅二极管的正向电阻变小,定值电阻R0两端电压增大,即电压表V1示数增大,应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流,从而使电压表V1示数保持不变,故应将R的滑片向B端移动.(2)由题图(b)可知eq\b\
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
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