2019年全国III卷高考物理冲刺压轴卷答案

海量资源尽在星星文库：．B【KS5U解析】γ射线是电磁波，α射线和β射线不是电磁波，选项A错误；一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出𝐶42=6种不同频率的光子，选项B正确；根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中，由于原子要吸收或放出能量，可知电子的电势能和动能之和不守恒，选项C错误；经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故D错误。2．C【KS5U解析】“神舟十一号”和“天宫二号”在高度为h处做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，轨道半径为R+h；由圆周运动的关系可知𝑣=2π(R+h)T，故A错误；向心加速度𝑎=4𝜋2𝑇2(𝑅+ℎ)，故B错误；在高度h处有𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚4𝜋2𝑇2(𝑅+ℎ)，在地球表面有𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑣12𝑅，联立解得𝑣1=2π√R(R+h)3TR，故C正确；由重力加速度和第一宇宙速度的关系𝑔=𝑣12𝑅=√4π2(R+h)3T2R2。故D错误。3．D【KS5U解析】由表达式知交变电流的频率为：𝑓=3142𝜋=50𝐻𝑧，故A错误；副线圈电流的有效值为：𝐼2=𝑃𝐿𝑈𝐿=612𝐴=0.5𝐴，电阻R2两端的电压为：U′2=I2R2=8V，副线圈两端电压的有效值为：U2=U′2+UL=20V，副线圈电压的最大值为：Em=20√2V，根据𝐸𝑚=𝑛2△𝛷△𝑡知△𝛷△𝑡=20√2100=√25𝑊𝑏/𝑠，故B错误；由B可知：电压表V的示数为20V，故C错误；电阻R2消耗的功率为：P=U′2I2=8×0.5W=4W，故D正确；4．C【KS5U解析】A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在𝑡=10𝑠时启动，此时甲的位移为𝑥=12×10×10𝑚=50𝑚，即甲车在乙前方50m处，故选项A正确；B、乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故选项B正确；C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙海量资源尽在星星文库：后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故选项C错误；D、当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为：𝑆𝑚𝑎𝑥=12×(5+15)×10𝑚−12×10×5𝑚=75𝑚，故选项D正确；不正确的是选选项C。5．BC【KS5U解析】设导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ，根据共点力的平衡条件可得：F-μmg=BIL，而𝐵𝐼𝐿=𝐵2𝐿2𝑣𝑅，整理可得：F=μmg+𝐵2𝐿2𝑅𝑣；图象可知v-F图象在F方向上截距不为零，金属杆受到的拉力与速度成一次函数关系，不是正比例关系，故A错误；从图象上分别读出两组F、v数据，即当F=4N时，速度v=4m/s，当F=8N时，速度v=12m/s；代入上式求得B=12T，μ=0.2，故B正确D错误。由此可知v=0时，F=μmg，则图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，故C正确；6．BC【KS5U解析】AB、小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C点，知速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ=𝑡𝑎𝑛37°2=38，因为tnaθ=𝑦𝑥=𝑦1.6𝑅，R＝0.75m，解得y=920𝑚，根据y=12𝑔𝑡2得，t=√2𝑦𝑔=√2×92010𝑠=0.3𝑠，故A错误，B正确。CD、小球平抛运动的初速度𝑣0=1.6𝑅𝑡=1.6×0.750.3𝑚=4𝑚/𝑠，故C正确，D错误。7．CD【KS5U解析】A项：当物体滑到最低点c时，M的速度最大，由水平方向动量守恒得：𝑚𝑣1=𝑀𝑣2，由能量守恒得：𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣12+12𝑀𝑣22，解得：𝑣2=√2𝑚2𝑔𝑅𝑀2+𝑀𝑚，故A错误；B项：由水平方向动量守恒得：𝑚𝑥1=𝑀𝑥2且𝑥1+𝑥2=2𝑅，解得：𝑥2=2𝑚𝑅𝑚+𝑀，故B错误；C项：m从A到C过程中，M向左加速，C到B过程中向左减速，由水平方向动量守恒得，到达B点时的速度为零，故C正确；D项：M与m组成的系统只有势能和动能相互转化，所以机械能守恒，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故D正确。海量资源尽在星星文库：．AB【KS5U解析】D、在AE中点G点的电势：𝜙𝐺=𝜙𝐴+𝜙𝐸2=(2+√3)+(2−√3)2V=2V,则𝜙𝐺=𝜙𝐶，所以GC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A；故D错误.B、EA两点间的电势差为𝑈=(2+√3)−(2−√3)=2√3V，EA两点间的距离𝑑=2𝑅sin60°=2×2×√32cm=2√3cm，电场强度的大小𝐸=𝑈𝑑=2√3V2√3×10−2m=100V/m；故B正确.C、顺着电场线电势逐渐降低，H点电势最高，𝑈=𝐸𝑑，𝑅𝐸𝐺=𝑈𝐻𝑂𝑈𝐸𝐺，代入数据𝑅sin60°𝑅=2+√3−2𝜙𝐻−2，解得：𝜙𝐻=4V；故C错误.A、从D移到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功；故A正确.故选AB.9．质量比细线大得多，直径比细线长度小的多摆长少了球半径；最大摆角不可能大于5∘等于大于【KS5U解析】（1）为了减小运动过程中的空气阻力，减小小球半径对摆长的影响，所以应该选用质量比细线大得多，直径比细线长度小的多的小球；（2）小球做单摆运动时的摆长为为悬点到摆球球心的距离，所以题目中在测量摆长时少了球半径；在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球,摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动;单摆摆球经过平衡位置的速度最大,最大位移处速度为0,在平衡位置计时误差最小;所以经过最低点时进行计时，（3）根据单摆的周期公式可知𝑇=2𝜋√𝐿𝑔可知𝑇2=4𝜋2𝑔𝐿，即过坐标原点的一条直线，图像的斜率为𝑘=4𝜋2𝑔；出现a图的原因可能是在测量摆长时忘记加小球的半径了，设悬挂小球的悬线长度为𝑙，小球半径为𝑟，则摆动的摆长为𝑙+𝑟，根据单摆周期公式可知𝑇=2𝜋√𝑙+𝑟𝑔海量资源尽在星星文库：解得𝑇2=4𝜋2𝑙+𝑟𝑔图像的斜率不会发生变化，所以图线a和图线b对应的g值相等，图线c的斜率𝑘=4𝜋2𝑔较小，所以测得的重力加速度g值大于图线b对应的g值；10．𝑅𝜋𝑑24𝐿小于4.700(或4.699)ACAB−𝑚𝑔ℎ𝐵12𝑚(ℎ𝐶−ℎ𝐴2𝑇)2F0=3mg【KS5U解析】（1）①根据𝑅=𝜌𝐿𝑆=𝜌𝐿14𝜋𝑑2，解得该金属丝电阻率的表达式：𝜌=𝜋𝑅𝑑24𝐿.②在图1中，由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则金属丝电阻的测量值偏小；③用螺旋测微器测得金属丝的直径d为：4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；（2）①除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是交流电源和刻度尺，故选AC；②本实验应选择质量大、体积小的重物进行实验，以减小下落过程的相对阻力，选项A正确；释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，以减小纸带和打点计时器之间的摩擦，选项B正确；先接通电源，后释放纸带，选项C错误；③因O点与下一点的间距接近2mm，可知O点的速度为零；从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=mghB，打B点时的速度：𝑣𝐵=ℎ𝐶−ℎ𝐴2𝑇；动能变化量𝛥𝐸𝑘=12𝑚𝑣𝐵2=12𝑚(ℎ𝐶−ℎ𝐴2𝑇)2；④在最低点时：𝐹0−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝐿，若机械能守恒，则满足：𝑚𝑔𝐿=12𝑚𝑣2，即𝐹0=3𝑚𝑔。11．（1）√3𝑔𝑠2𝑚/𝑠（2）67𝑠𝑚（3）√85𝑔𝑠14𝑚/𝑠【KS5U解析】（1）由能量守恒得𝐸𝑝=12⋅3𝑚𝑣12①1、2小球根据动量守恒得：3𝑚𝑣1=3𝑚𝑣′1+𝑚𝑣2②.1、2小球根据机械能守恒得：123𝑚𝑣12=123𝑚𝑣′12+12𝑚𝑣22③.由①②③式解得𝑣𝐵=𝑣2=√3𝑔𝑠2𝑚/𝑠海量资源尽在星星文库：（2）由题意得𝐹合=√(𝑚𝑔)2+(𝑞𝐸)2=54𝑚𝑔.设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有：54𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐸2𝑅①.根据动能定理得：−54𝑚𝑔⋅(𝑅−𝑅sin53∘)=12𝑚𝑣𝐸2−12𝑚𝑣𝐵2.②.由①②式解得𝑅=67𝑠m（3）过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为53°。又因为𝑚𝑔𝑞𝐸=43，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53°。即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动。由几何关系得𝐿𝐵𝐶=𝑅+𝑅cos53∘=167𝑠m.从B到C全程动能定理有：𝑚𝑔𝐿𝐵𝐶=12𝑚𝑣𝐶2−12𝑚𝑣𝐵2解得𝑣𝐶=√85𝑔𝑠14𝑚/𝑠.12．（1）①𝑑=(2+√3)𝑚𝑣02𝑞𝐵1。②𝑡1𝑡2=3．（2）𝐵2=𝑚𝑣02𝑞𝐿【KS5U解析】（1）①设粒子在磁场中做圆周运动半径为r1，则：𝑞𝑣0𝐵1=𝑚𝑣02𝑟1如图所示，所有粒子刚好打不到光屏应满足：d＝r1+r1sinθ解得：𝑑=(2+√3)𝑚𝑣02𝑞𝐵1。②如图可知，一半粒子能打到荧光屏上，是从O点射向x轴下方的粒子。射向x轴上方粒子打不到荧光屏上。海量资源尽在星星文库：粒子圆周运动的周期：𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵1最长时间𝑡1=𝑇2最短时间𝑡2=𝑇6解得：𝑡1𝑡2=3．（2）如图所示，磁场区域半径R应等于粒子做圆周运动的半径r2，由几何关系有r2﹣r2cosθ＝L由牛顿第二定律：𝑞𝑣0𝐵2=𝑚𝑣02𝑟2解得：𝐵2=𝑚𝑣02𝑞𝐿13．ABE【KS5U解析】A、温度越高，蒸发越快，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，故选项A正确；B、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气的分子平均动能也相同，故选项B正确；海量资源尽在星星文库：、做加速运动的物体，由于速度越来越大，物体分子的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温度决定，和物体的宏观运动无关，故选项C错误；D、水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是由于水浸润玻璃，但不浸润涂油的玻璃，故选项D错误；E、气体压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能的大小，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关，故选项E正确；故选选项ABE。14．（1）30cm（2）340𝐾6.4J【KS5U解析】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：𝑝0𝑆ℎ=(𝑝0−𝑚𝑔𝑆)𝑆ℎ1代入数据解得：ℎ1=30𝑐𝑚；（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2根据盖—吕萨克定律有：𝑆ℎ1𝑇1=𝑆ℎ2𝑇2而ℎ2=34𝑐𝑚，𝑇1=300𝐾，解得𝑇2=340𝐾，即加热时温度不能超过340𝐾加热过程中气体对外做功𝑊=(𝑝0−𝑚𝑔𝑆)(ℎ2－ℎ1)𝑆代入数据得𝑊=6.4𝐽。15．BCD【KS5U解析】由图读出周期为T=4s，则频率为f=1/T=0.25Hz．故A错误。质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=10×2cm=20cm。故B正确。在5s末，质点位于正向最大位移处，速度为零，加速度最大。故C正确。t=1.5s和t=4.5s两时刻质点的