2019年全国I卷高考物理冲刺压轴卷答案

海量资源尽在星星文库：．【KS5U答案】A【KS5U解析】当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A正确，BD错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C错误。2．【KS5U答案】C【KS5U解析】当角速度最大时，摩擦力方向沿半球形碗壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω，由牛顿第二定律得，fcosθ+FNsinθ＝mω2Rsinθ，fsinθ+mg=FNcosθ，f=μFN；联立以上三式解得：𝜔=√𝑔(sin𝜃+𝜇cos𝜃)𝑅sin𝜃(cos𝜃−𝜇sin𝜃)，故选C.3．【KS5U答案】D【KS5U解析】根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射3种频率的光子，选项A错误；放射性物质的半衰期由内部因素决定，不受环境温度的影响，选项B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子的核式结构理论，选项C错误；能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，则金属的逸出功为15eV，则为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV，选项D正确.4．【KS5U答案】C【KS5U解析】甲图中电压表的示数为交流电的有效值：𝑈=6√2√2𝑉=6𝑉，选项A错误；乙图中的0时刻感应电动势为零，而甲图所示时刻，感应电动势最大，选项B错误；乙图中0.5×10-2s时刻，感应电动势最大，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小，选项C正确；乙图中1.0×10-2s时刻感应电动势为零，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大，选项D错误.5．【KS5U答案】B【KS5U解析】A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过海量资源尽在星星文库：圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故选项A错误；B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下，故选项B正确；C、在磁铁下落过程中，圆环中产生感应电流，圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故选项C错误；D、磁铁做自由落体运动时，则有𝑣2=2𝑔ℎ，磁铁落地时的速度𝑣=√2𝑔ℎ，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于√2𝑔ℎ，故选项D错误；故选选项B。6．【KS5U答案】AD【KS5U解析】小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡得：mgtan37°＝qE，解得：𝑞=𝑚𝑔tan30°𝐸=6×10-5C，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，根据牛顿第二定律得：𝑚𝑔cos37°=𝑚𝑣2𝐿；最小动能为：𝐸𝑘=12𝑚𝑣2=12𝑚𝑔𝐿cos37°=1J，故B错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，根据电场力做功最多的过程，即与O点等高的最左的位置a点，故C错误；选最低点为零势能点，求A点的电势能和重力势能加上动能就是能量之和为：E＝Ek+Ep+Ep′＝1J+mg×2Lcos37°+Eq×2Lsin37°＝5J，故D正确。7．【KS5U答案】AB【KS5U解析】由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度大小为𝑎1=△𝑣△𝑡=81=8.0𝑚/𝑠2，选项A正确；对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsin37°+f=ma1，N-mgcos37°=0又f=μN；代入数据解得μ=0.25，选项B正确；由小物体上滑过程的速度-时间图线可得：小物块沿斜面向上的位移𝑥=𝑣02𝑡=82×1=4𝑚，选项C错误；小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是𝛥𝐸=2𝑊𝑓=2𝜇𝑚𝑔cos37∘⋅𝑥=2×0.25×20×0.8×4𝐽=海量资源尽在星星文库：𝐽，选项D错误.8．【KS5U答案】AD【KS5U解析】A．物体在加速过程中被吊起的高度为12×10×2𝑚=10m，选项A正确；B．0〜10s内的平均速度等于1m/s，30s〜35s内的平均速度等于1m/s，故选项B错误；C．30s〜35s内物体的加速度向下，处于失重状态，选项C错误；D．前10s内物体向上加速，处于超重状态，则钢索最容易发生断裂，选项D正确。9．【KS5U答案】CD12𝑀𝑑2(1𝑡22−1𝑡12)𝐹𝐿【KS5U解析】（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故CD正确；（2）B通过遮光板时的速度：𝑣𝐵＝𝑑𝑡1；A通过遮光板时的速度：𝑣𝐴＝𝑑𝑡2；小车通过A、B过程中动能的变化量△𝐸=12𝑀𝑣𝐴2−12𝑀𝑣𝐵2＝12𝑀𝑑2[(1𝑡2)2−(1𝑡1)2]拉力所做的功W=FL；10【KS5U答案】．950R10.59AC【KS5U解析】（1）将电流表A1改装成3V量程的电压表，需要串联的电阻为R，则0.003（𝑟1+𝑅）=3，求得R=950Ω，由于测量电阻采用分压式，因此滑动变阻器选用最大阻值较小的R1。（2）由于电流表A2的内阻与灯泡的阻值差不多，因此电流表A2采用外接法，电路连接如图所示。海量资源尽在星星文库：（3）由A2的示数，可知灯泡两端的电压为1.80V，通过灯泡的电流为0.33A，此时灯泡的实际功率为P=UI=1.80x0.33W=0.59W。（4）A.根据公式𝑃=𝑈2𝑅可知图像的斜率表示1𝑅，斜率减小，即R增大，A正确。B.根据P=UI可知U增大，I也增大，故不可能为直线，B错误；C.根据P=I2R可知P-I2图像的斜率表示电阻，过程中小灯泡的可能电阻增大，故斜率增大，C正确；D.在滑动滑动变阻器过程中，小灯泡两端的电压和电流都是增大的，故电功率一直增大，D错误；11．【KS5U答案】（1）5N/m（2）144N【KS5U解析】(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态对B由平衡条件有kx＝mgsin30°当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态对C由平衡条件有kx′＝mgsin30°由几何关系知R＝x＋x′代入数据解得k＝2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300𝑅＝5N/m(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1－cos60°)＝mgRsin30°＋12m0vA2＋12mvB2将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos30°＝vB代入数据解得vA＝√4(𝑚0−𝑚)𝑔𝑅4𝑚0+3𝑚＝4m/s在b处，对A由牛顿定律有N－m0g＝m0𝑣𝐴2𝑅海量资源尽在星星文库：＝m0g＋m0𝑣𝐴2𝑅＝144N由牛顿第三定律，小球A对圆轨道的压力大小为N′＝144N12【KS5U答案】（1）√2：1；（2）(2√2+2√3−6)𝑎；（3）①。②4𝜋+63𝜋+3√2。【KS5U解析】由动能定理求得粒子速度，再根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径；根据匀速圆周运动和匀速直线运动规律，由几何关系求得偏移，从而得到两点间的距离；根据速度方向变化得到磁场类型，在根据偏移量相等得到磁场宽度；根据几何关系得到粒子在磁场中转过的中心角，即可根据周期求得在磁场中的运动时间；再根据匀速直线运动规律得到在非磁场区域的运动时间，从而得到两粒子运动时间之比。【详解】1)设粒子质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，那么，由动能定理可得：𝑞𝑈=12𝑚𝑣2，所以，𝑣=√2𝑞𝑈𝑚；那么，粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为v，粒子只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，设轨道半径为R，则有：𝐵𝑣𝑞=𝑚𝑣2𝑅；所以，轨道半径𝑅=𝑚𝑣𝑞𝐵=1𝐵√2𝑚𝑈𝑞=2𝑎√𝑚𝑘𝑞；故𝑅甲=2𝑎，𝑅乙=√2𝑎那么，甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比𝑅甲：𝑅乙=√2：1；(2)由(1)根据粒子的轨道半径，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动；海量资源尽在星星文库：由几何关系可得：粒子在区域Ⅰ做逆时针旋转，在区域Ⅱ做顺时针旋转，且转动角度相同，故粒子离开磁场时的速度方向沿+𝑥方向；故粒子打在屏上的纵坐标𝑦=2(𝑅−√𝑅2−𝑎2)；故𝑦甲=4𝑎−2√3𝑎，𝑦乙=2√2𝑎−2𝑎，所以，△𝑦=𝑦乙−𝑦甲=(2√2+2√3−6)𝑎；(3)①由(2)可得：增加两个方向相反的磁场，磁场宽度相同且都小于轨道半径时，粒子离开磁场后的方向沿+𝑥方向；又有两粒子轨道半径不同，那么，每次偏转位移不等，故要使粒子打在同一位置，那么，后添加的磁场正好把前面磁场产生的偏转位移抵消；根据几何关系可得：要使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点且方向均沿x轴的正方向，只能在x轴2𝑎≤𝑥≤6𝑎区间任意位置加上对称磁场，且沿+𝑥方向，先向外后向里；故可能的磁场区域如图所示：②甲粒子在每个磁场区间转过的中心角𝜃1=arcsin𝑎𝑅甲=30∘，故在磁场中的运动时间𝑡甲1=4×30360𝑇甲=13×2𝜋𝑚甲𝑞甲𝐵=2√2𝜋𝑎3√𝑢𝑘；甲粒子在非磁场区间运动时间𝑡甲2=2𝑎√2𝑞甲𝑈𝑚甲=√2𝑎√𝑢𝑘；乙粒子在每个磁场区间转过的中心角𝜃2=arcsin𝑎𝑅乙=45∘，故在磁场中的运动时间𝑡乙1=4×45360𝑇乙=12×2𝜋𝑚乙𝑞乙𝐵=√2𝜋𝑎2√𝑢𝑘；乙粒子在非磁场区间运动时间𝑡乙2=2𝑎√2𝑞乙𝑈𝑚乙=𝑎√𝑢𝑘；海量资源尽在星星文库：故甲、乙两粒子从O点运动到𝑃0点的时间之比𝑡甲𝑡乙=𝑡甲1+𝑡甲2𝑡乙1+𝑡乙2=2√2𝜋3+√2√2𝜋2+1=4𝜋+63𝜋+3√2；13．【KS5U答案】BCE【KS5U解析】A项：自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故A错误；B项：改变物体内能的两种方式是热传递和做功，在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律知气体的内能一定增加，故B正确；C项：人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故C正确；D项：液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D错误；E项：当两分子间距离为r0时，分子力为0，当分子间距离小于r0时，斥力和引力都存在，分子间表现为斥力作用，故E正确。故选：BCE。14．【KS5U答案】（1）−23°𝐶（2）3.84J【KS5U解析】根据当压力传感器有示数时，气体体积不变，做等容变化，当压力传感器示数为零时，气体压强不变，做等压变化，可知，本题考查气体的等容变化和等压变化，根据等容变化和等压变化的规律，结合平衡方程进行分析求解；【详解】（1）开始时