（精校版）2019年高考全国卷3物理试卷及答案解析（Word版）.doc

1、 绝密绝密启用前启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 注意事项：注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。

2、 。本试卷上无效。 。 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8小题，每小题小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项题只有一项 符合题目要求，第符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选题有多项符合题目要求。全部选对的得对的得 6分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，分， 有选错的得有选错的得 0 分。分。 1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A. 电阻定律 B. 库仑定律 C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律

3、【答案】D 【解析】 【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他 形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程. 2.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为 a金、a地、a火，它 们沿轨道运行的速率分别为 v金、v地、v火。已知它们的轨道半径 R金a地a火 B. a 火a地a金 C. v 地v火v金 D. v 火v地v金 【答案】A 【解析】 【详解】AB由万有引力提供向心力 2 Mm Gma R 可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知 A 项正确，B错 误； CD由 2

4、2 Mmv Gm RR 得 GM v R 可知轨道半径越小,运行速率越大,故 C、D都错误。 3.用卡车运输质量为 m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两 斜面 I、固定在车上，倾角分别为 30 和 60 。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜 面 I、压力的大小分别为 F1、F2，则 A. 12 33 = 32 FmgFmg， B. 12 33 = 23 FmgFmg， C. 12 13 = 22 FmgFmg， D. 12 31 = 22 FmgFmg， 【答案】D 【解析】 【详解】 对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态， 受力分

5、析如图， 由几何关系可知， 1 cos30Fmg ， 2 sin30Fmg 。解得 1 3 2 Fmg ， 2 1 2 Fmg 由牛顿第三定律知 12 31 , 22 FmgFmg ，故 D 正确 4.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向 相反的外力作用。距地面高度 h 在 3m以内时，物体上升、下落过程中动能 Ek随 h的变化如图所示。重力 加速度取 10m/s2。该物体的质量为 A. 2kg B. 1 5kg C. 1kg D. 0.5kg 【答案】C 【解析】 【详解】对上升过程，由动能定理， 0 () kk Fmg hEE，得 0

6、 () kk EEFmg h，即 F+mg=12N； 下落过程，()(6) k mgFhE，即8mgF k N，联立两公式，得到 m=1kg、F=2N。 5.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 1 2 B和 B、方向均垂直于纸面向外的匀强 磁场。一质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子垂直于 x轴射入第二象限，随后垂直于 y 轴进入第一象限， 最后经过 x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A. 5 6 m qB B. 7 6 m qB C. 11 6 m qB D. 13 6 m qB 【答案】B 【解析】 【详解】运动轨迹如图: 即运动由两部分组成,第一部分是

7、 1 4 个周期,第二部分是 1 6 个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为 90 ， 则运动的时间为 2 2 1 2 442 Tmm t qBqB ；粒子在第一象限转过的角度为 60 ，则运动的时间为 1 1 1 22 663 2 Tmm t B qB q ；则粒子在磁场中运动的时间为： 12 27 326 mmm ttt qBqBqB ，故 B正确， ACD 错误。. 6.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体 棒 ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒 ab 以初速度 v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触 良好，两

8、者速度分别用 v1、v2表示，回路中的电流用 I 表示。下列图像中可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动， ；金属棒 cd 受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相 等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为 0，故 AC正确，BD错误。 7.如图（a） ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细 绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力 F的作用，在 t=4s 时撤去外

9、力。细绳对物块的拉力 f随时间 t变化 的关系如图（b）所示，木板的速度 v 与时间 t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。 重力加速度取 g=10m/s2。由题给数据可以得出 A. 木板的质量为 1kg B. 2s4s 内，力 F的大小为 0.4N C. 02s 内，力 F的大小保持不变 D. 物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 【答案】AB 【解析】 【详解】结合两图像可判断出 0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程 力 F 等于 f，故 F 在此过程中是变力，即 C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦 力，

10、由牛顿运动定律，对 2-4s 和 4-5s 列运动学方程，可解出质量 m为 1kg，2-4s 内的力 F为 0.4N，故 A、 B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数 ,故 D错误. 8.如图，电荷量分别为 q 和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b 是正方体的另外两个顶点。 则 A. a 点和 b点的电势相等 B. a 点和 b点的电场强度大小相等 C. a 点和 b 点的电场强度方向相同 D. 将负电荷从 a 点移到 b点，电势能增加 【答案】BC 【解析】 【详解】由几何关系， 可知 b 的电势大于 a的电势,故 A错误,把负电荷从 a移到 b,电势

11、能减少,故 D 错误;由对称性和电场的叠加原 理，可得出 a、b 的合电场强度大小、方向都相同，故 B、C 正确。 三、非选择题：共三、非选择题：共 174 分分，第，第 2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选题为选 考题，考生根据要求作答。考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 129 分。分。 9.甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球， 乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔 0.1s 拍 1 幅照片。 （1）若要从拍得的照片中获取必要的信息

12、，在此实验中还必须使用的器材是_。 （填正确答案标号） A.米尺 B.秒表 C.光电门 D.天平 （2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。 答：_ （3）实验中两同学由连续 3 幅照片上小球的位置 a、b 和 c 得到 ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速 度大小为 g=_m/s2。 （保留 2位有效数字） 【答案】 (1). A (2). 将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。 (3). 9.7 【解析】 【详解】此实验用数码相机替代打点计时器,故实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的距离; 就本实验而言,因为是不同照片,所以是测量连续几张照片上小球位置

13、之间的距离;加速度求解仍然用逐差法 计算,注意是 bc 与 ab之间的距离差. 10.某同学欲将内阻为 98.5、量程为 100uA电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表 的 15k刻度正好对应电流表表盘的 50uA刻度。可选用的器材还有：定值电阻 R0（阻值 14k） ，滑动变阻 器 R1（最大阻值 1500） ， 滑动变阻器 R2 （最大阻值 500） ， 电阻箱 （099999.9） ， 干电池 （E=1.5V， r=1.5） ， 红、黑表笔和导线若干。 （1）欧姆表设计 将图（a）中的实物连线组成欧姆表。 （ ）欧姆表改装好后，滑动变阻器 R接入电路的电阻应为 _：滑动变

14、阻器选_（填“R1”或“R2”） 。 （2）刻度欧姆表表盘 通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上 a、b 处的电流刻度分别为 25 和 75，则 a、b 处的电阻刻度分别为_、_。 （3）校准 红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向_k处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组 电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位 置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_。 【答案】 (1). (2). 900 (3). R1 (4). 45 (5). 5 (6). 0 (7). 35000.0 【解析】 【详解】 （1）连线如

15、图： 根据欧姆表的改装原理， 当电流计满偏时， 则 0 g E I rRR ， 解得 R=900； 为了滑动变阻器的安全， 则滑动变阻器选择 R1； （2）在 a处， 0 1 4 g xa E I rRRR ，解得 Rxa=45k； 在 b处，则 0 3 4 g xb E I rRRR ，解得 Rxb=5k； （3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到 0 k处；由图可知，电阻箱接入的 电阻为：R=35000.0。 11.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从 O 点沿水平方向以不同速度先后发射 两个质量均为 m的小球 A、B。A 不带电，B的电荷量为 q

16、（q0） 。A 从 O点发射时的速度大小为 v0，到达 P 点所用时间为 t；B从 O点到达 P点所用时间为 2 t 。重力加速度为 g，求 （1）电场强度的大小； （2）B运动到 P 点时的动能。 【答案】 （1） 3mg E q ； （2） 22 2 k0 =2 ()Em vg t 【解析】 【详解】 （1）设电场强度的大小为 E，小球 B运动的加速度为 a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件， 有 mg+qE=ma 22 11 ( ) 222 t agt 解得 3mg E q （2）设 B 从 O点发射时的速度为 v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P两点的高度差为 h，根据动能定理

17、有 2 k1 1 2 EmvmghqEh 且有 10 2 t vv t 2 1 2 hgt 联立式得 22 2 k0 =2 ()Em vg t 12.静止在水平地面上的两小物块 A、 B， 质量分别为 mA=l.0kg， mB=4.0kg； 两者之间有一被压缩的微型弹簧， A 与其右侧的竖直墙壁距离 l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物 块获得的动能之和为 Ek=10.0J。释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因 数均为 u=0.20。重力加速度取 g=10m/s 。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短

18、。 （1）求弹簧释放后瞬间 A、B速度的大小； （2）物块 A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B之间的距离是多少？ （3）A和 B 都停止后，A与 B 之间的距离是多少？ 【答案】 （1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s； （2）A 先停止； 0.50m； （3）0.91m； 【解析】 【分析】 首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内 A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出 A、B 各自的速 度大小；很容易判定 A、B 都会做匀减速直线运动，并且易知是 B 先停下，至于 A 是否已经到达墙处，则 需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断 A 向左运动停下来

19、之前是否与 B 发生碰撞， 也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。 【详解】 （1）设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件 有 0=mAvA-mBvB 22 k 11 22 A AB B Em vm v 联立式并代入题给数据得 vA=4.0m/s，vB=1.0m/s （2）A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a。假设 A和 B 发生 碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 B。设从弹簧释放到 B停止所需时间为 t， B 向左运动的路程为 sB。 ，则有 BB m am

20、g 2 1 2 BB sv tat 0 B vat 在时间 t内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰 撞是否发生，A 在时间 t内的路程 SA都可表示为 sA=vAt 2 1 2 at 联立式并代入题给数据得 sA=1.75m，sB=0.25m 这表明在时间 t内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A位于出发点右边 0.25m处。B位于出 发点左边 0.25m处，两物块之间的距离 s为 s=0.25m+0.25m=0.50m （3）t时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 vA，由动能

21、定理有 22 11 2 22 A AA AAB m vm vm gls 联立式并代入题给数据得 7m/s A v 故 A 与 B将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA以和 vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 AAA AB B mvm vm v 222 111 222 A AA AB B m vm vm v 联立式并代入题给数据得 3 72 7 m/s,m/s 55 AB vv 这表明碰撞后 A将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距离为 sA时停止，B向左运动距离为 sB时停止，由运动学公式 22 2,2 AABB asvasv 由式及题给数据得 0.63m,0.2

22、8m AB ss sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 0.91m AB sss （二）选考题：共（二）选考题：共 45分。请考生从分。请考生从 2道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。道生物题中每科任选一题作答。 如果多做，则每科按所做的第一题计分。如果多做，则每科按所做的第一题计分。 物理一一选物理一一选修修 3 333 13.用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是 _。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中 纯油酸的体积，可以_。为得到油酸分 子的直径，还需测量的物理量是_。

23、【答案】 (1). 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 (2). 把油酸酒精溶液一滴一滴地 滴入小量筒中，测出 1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 (3). 油膜稳定后得表面 积S。 【解析】 【详解】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不 易准确测量，故而使用累积法，测出 N 滴油酸溶液的体积 V，用 V 与 N 的比值计算一滴油酸的体积；由于 形成单分子油膜，油膜的厚度 h 可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积 S，以计算厚度 V h S . 14.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为

24、 2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定 量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为 2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无 水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为 76cmHg，环境温度为 296K。 （1）求细管的长度； （2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气 体的温度。 【答案】 （1）41cm； （2）312K 【解析】 【分析】 以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末 状态、分析封闭气体经历变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。 【

25、详解】 （1）设细管的长度为 l，横截面的面积为 S，水银柱高度为 h；初始时，设水银柱上表面到管口的 距离为 h，被密封气体的体积为 V，压强为 p；细管倒置时，气体体积为 V1，压强为 p1。由玻意耳定律有 pV=p1V1 由力平衡条件有 p=p0gh 式中，p、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V=S（Lh1h） V1=S（Lh） 由式和题给条件得 L=41cm （2）设气体被加热前后的温度分别为 T0和 T，由盖吕萨克定律有 1 0 VV TT 由式和题给数据得 T=312K 物理物理选修选修 3 344 15.水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一

26、个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触 动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列 波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是_。 A. 不同质点的振幅都相同 B. 不同质点振动的频率都相同 C. 不同质点振动的相位都相同 D. 不同质点振动的周期都与振动片的周期相同 E. 同一质点处，两列波的相位差不随时间变化 【答案】BDE 【解析】 【详解】两列波叠加形成稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同;任何质点都在按照相同的频率在振动, 不同区域的质点振幅和位移不一定相同，两列波在水面上相遇时发生干涉，有的质点振动加强，有的振动 减

27、弱，可知不同的质点的振幅不一定相同，选项 A 错误；各质点振动的频率与波源频率相同,波源振动频率 又与振动片的振动频率相同，不同质点的振动频率相同，都等于振源的频率，选项 B 正确；因各质点距离 振源的距离不一定相同，则各质点振动的相位不一定相同，选项 C 错误；不同的质点振动的周期都与细杆 的振动周期相同，细杆的振动周期与振动片的周期相同，则不同的质点振动的周期都与振动片的振动周期 相同，选项 D 正确；同一质点处因与振源的位置关系一定，则两列波的相位差不随时间变化，选项 E 正确； 故选 BDE. 16.如图，直角三角形 ABC为一棱镜的横截面，A=90 ，B=30 。一束光线平行于底边

28、BC射到 AB 边上 并进入棱镜，然后垂直于 AC 边射出。 （1）求棱镜的折射率； （2）保持 AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到 BC边上恰好有光线射出。求此时 AB 边上入射角 的正弦。 【答案】 （1） 3； （2）sin i = 32 2 【解析】 【详解】 （1）光路图及相关量如图所示。光束在 AB边上折射，由折射定律得 sin sin i n 式中 n 是棱镜的折射率。由几何关系可知 +=60 由几何关系和反射定律得 = B 联立式，并代入 i=60 得 n= 3 （2）设改变后入射角为 i ，折射角为，由折射定律得 sin sin i =n 依题意，光束在 BC边上的入射角为全反射的临界角c ，且 sinc = 1 n 由几何关系得 c =+30 由式得入射角的正弦为 sin i = 32 2