【物理】2019年高考真题——浙江卷(精校版)

1、2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理本试卷分选择题和非选择题两部部，满分100分，考试时间90分钟.其中加试题部分为30分，用E加试题】标出.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10 m/s2.选择题部分一、选择题I （本题共13小题，每小题3分，共39分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. （2019浙江1）下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中的基本单位的是A.功/焦耳B.质量/千克C.电荷量/库仑D.力/牛顿答案 B解析 质量是基本物理量，其国际单位制基本单位是千克，故 B正确；功、电荷量和力都 是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿

2、均是导出单位.2. （2019浙江2）下列器件中是电容器的是、法W集姆7ABCD答案 B解析 A是滑动变阻器，C是电阻箱，D是定值电阻，B是电容器，故B正确.3. （2019浙江3）下列式子属于比值定义物理量的是AxFQUA仁丁 B- a=m 0 c=u D- I=R答案 C解析 时间是基本物理量，t=2x不是时间的比值定义式，故 A错误；加速度的比值定义式 v应为a = ,故B错误；C=Q是电容的比值定义式，故 C正确；电流的比值定义式应为I=q,故D错误.4. （2019浙江4）下列陈述与事实相符的是A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律

3、D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因答案 D解析 卡文迪 许测定了引力常量，A错误；奥斯特发现电流周围存在磁场， B错误；库仑 发现了静电荷之间的相互作用规律，C错误；伽利略指出了力不是维持物体运动的原因， D正 确.5. （2019浙江5）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是图1答案 A解析根据题意,导线方向与磁场方向垂直,则导线受到的安培力大小与通过导线的电流大小之间的关系满足F= ILB,故A正确.6. （2019浙江6）如图1所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是图1A .小明与船之间

4、存在摩擦力B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C.杆对岸的力大于岸对杆的力D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力答案 A解析 小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故 D错误.7. （2019浙江7）如图1所示，某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止）.则此卫星的图1A.线速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步卫星的周期C.角速度大于月球绕地球运行的角速度D.向心加速度大于地面的重力加速度答案 C解析 第一宇

5、宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故此卫星的线速度小于第一宇宙速度，A错误；根据题意，该卫星是一颗同步卫星，周期等于同步卫星的周期，故B错误；卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，根据言罗=mo 2r可知，绕行半径越小，角速度越大，故此卫生的角速度大于月球绕地球运行的角速度，C正确；根据an=GM可知，绕行半径越大，向心加速度越小，此卫星的向心加速度小于地面的重力加速 r2度，D错误.8. （2019浙江8）电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为Ri,两端电压为Ui,流过的电流为Ii；电动机的内电阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为I2.

6、则A. Iivl2 B.U1>R C.UJ=R1 D.U1VRU2 R2U2 R2U2 R2答案 D解析 电动机和小电珠串联接入电路，故li = |2, A错误；电动机是非纯电阻用电器，满足|2詈，小电珠是纯电阻用电器，满足11=答，又Ii=l2,故詈V2,可得皆，D正确.R2Ri' Ri R2U 2 R29. （20i9浙江9）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点同一方向做直线运动，位移一时间图象如图i所示，则在 0ti时间内图iA.甲的速度总比乙大B.甲、乙位移相同C.甲经过的路程比乙小D.甲、乙均做加速运动答案 B解析 位移一时间图象中，图线斜率大小等于物体速度大小由题图可知，

7、甲做匀速直线运动，乙做变速直线运动，D错误；靠近ti时刻时乙的斜率大于甲的斜率，即乙的速度大于甲的速度，故A错误；在该时间段内，甲、乙物体的初位置和末位置相同，故位移相同，B正确;由于甲、乙物体做的是单向直线运动，故位移大小等于路程，两者的路程也相同，故 误.10. （2019浙江10）如图1所示，当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞.现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0X107 m/s.已知加速电场的场强为1.3M05 N/C,质子的质量为1.67X 10 27kg,电荷量为1.6X10-19c,则下列说法正确的是图1A .

8、加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2X10-15NC.质子加速需要的时间约为8X10-6sD.加速器加速的直线长度约为4 m答案 D解析 电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F =qES104N，B错误；质子的加速度a=m"1013 m/s2,加速时间己。8*10飞，C错误；加速器加速的直线长度 x= - 4 m,故D正确.11. （2019浙江11）如图1所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状 态，则图1A.杆对A环的支持力变大B. B环对杆的摩擦力变

9、小C.杆对A环的力不变D .与B环相连的细绳对书本的拉力变大答案 B解析 以环、绳和书本整体为研究对象，在竖直方向上始终受力平衡，故杆对其中一环的支持力Fn恒等于书本重力的一半，故 A错误；设绳与水平杆之间的夹角为0, XB B环受力分析，可得杆对 B环的摩擦力Ff = -FN-,两环距离减小，夹角。增大，摩擦力Ff减小，故Btan 0环对杆的摩擦力变小，B正确；杆对环的作用力包括支持力和摩擦力，根据环受力平衡可知，两者的合力大小与绳的拉力大小相等，而绳的拉力大小F=-FN-0可知，夹角。增大，拉力sin y大小减小，故C、D均错误.12. （2019浙江12）如图1所示，A、B、C为三个实心

10、小球， A为铁球，B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子 底部，该水杯置于用悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断， 则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，p木v p水v p铁）图1A. A球将向上运动，B、C球将向下运动B. A、B球将向上运动，C球不动C. A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D. A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案 D解析 剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示， B球受力分析如图乙所示， C球受力分析 如图丙所示.剪断绳子瞬间，水杯和水都处于完全失重状态，水的浮力消失，杯子的瞬时加速度为重力加速度.

11、又由于弹簧的形状来不及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而 言,A球的加速度aA= mA<g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向上.相对地面而言,b球的加速度aB=mgm/>g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间， C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬时加速度为重力加速度，故相对杯子静止，综上所述,D正确.13. （2019浙江13）用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0X 10-2kg、电荷量为2.0X10-8C的小球，细线的上端固定于 O点.现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37彷，如图1所示.现向左拉小球使细线水平且拉

12、直，静止释放，则（sin 37?= 0.6）A.该匀强电场的场强为B.平衡时细线的拉力为 0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过 O点正下方时，速度大小为7 m/s答案 C解析 小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE=mgtan 37?,则该匀强电场的电场强度E= mgtan 37?= 3.75X 106 N/C, A错误；细线的拉力F =g= 0.125 N,故Bqcos 37?错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从 A点由静止开始做匀加速直线运动至 B点，/OAB=/OBA=53?,

13、 OA=OB= l = 1.4 m,在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至点时，细线绷紧， F合 F匀加速直线运动结束.根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a=-=m m0.05m/s2=12.5 m/s2,假设经过0.5 s后，小球仍在沿 AB方向做匀加速直线运动，则小球1 c 1的速度 v = at = 6.25 m/s,经过的距离 x= 2at2=2x 12.5X0.52 m= 1.562 5 m, A、B 间的距离AB|=2XlXcos 53?= 1.68 m, x< |AB|,假设成立，故 0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s,故C正确；小球

14、运动至 B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减小为零，动能减小， 假设细线绷紧过程小球机械能损失AE,此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动1至O点正下万，根据能量守恒定律，可知 （qE+mg） l AE = 1mv2,可得v<7 m/s,故D错 误.二、选择题11（本题共3小题，每小题2分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的是2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.【加试题】（2019浙江14）波长为 为和力的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为 九的光的条纹间距大于波长为江的条纹间距.则（下列表述中，下标“1”

15、和“2”分别代表波长为 京和M的光所对应的物理量） A.这两束光的光子的动量 pi>p2B.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角Ci>C2C.这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压Uc1>Uc2D.这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n = 2能级时产生，则相应激发态的电离能 AEi>AE2答案 BDl h 斛析 根据干涉条纹间距Zx=d入可知，九江，结合p=7故pivp2, A错误；由于波长 较长的光，折射率和频率较小，故nivn2, vi<以由于sinC = :故Ci>C2, B正确；根据光电效应知识，eUc= h广W0,故Uciv Uc2,故C错误

16、；根据氢原子能级跃迁知识，h尸Emen可知，发出频率较小的光的氢原子激发态能级较低，相应的电离能较大，故AEi> AE2,故D正确.I51加试题】（20I9浙江I5）静止在匀强磁场中的原子核 X发生“衰变后变成新原子核 Y.已 知核X的质量数为A,电荷数为乙核X、核Y和a粒子的质量分别为 mx、mY和m% & 粒子在磁场中运动的半径为 R.则A.衰变方程可表示为AX-A14Y+2HeB.核Y的结合能为（mxmYm«）c2 2RZ-2D.核Y的动能为EkYmY mX mY m a cmY + mC.核Y在磁场中的运动的半径为 ；-答案 AC解析 衰变过程中质量数和电荷数均

17、守恒，故该衰变方程为AXA2Y+2He,故A正确；结合能是把核子分开而需要的能量，而 （mXmYma）c2是衰变过程中释放的能量，故 B错误； 衰变过程中满足动量守恒定律，即有 0=mYVYmaVa,又粒子在磁场中做圆周运动的半径 r = -,故核Y与a粒子在磁场中做圆周运动的半径之比 ”=2 故丫 = 2R , C正qBr« qY Z-2Z-2确；衰变过程中根据能量守恒定律，若释放的核能全部转化为动能，则EkY + Eka=（mXmY2E EkY VY m a 仃*人 t、上r/口lm a mX - mY - mac "立”小目33十-ma）c2,而丁 =,联合上述一式可

18、得，EkY=,右释放的核能不Eka 7a mYmY+ma完全转化为动能，则无法计算，故 D错误.I6.【加试题】（20I9浙江I6）图I甲为一列简谐横波在 t=0时刻的波形图，P、Q为介质中的 两个质点，图乙为质点 P的振动图象，则A. t=0.2 s时，质点Q沿y轴负方向运动B. 00.3 s内，质点Q运动的路程为0.3 mC. t=0.5 s时，质点Q的加速度小于质点 P的加速度D. t=0.7 s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离答案 CD解析 根据题图甲、乙可知，此列波沿x轴负方向传播，周期 T=0.4 s,经过半个周期，质3点Q沿y轴正万向运动，A错误；根据简谐运动

19、特点，经4T时间质点Q运动的路程大于0.3m,故B错误；t=0.5 s时，质点P运动至y轴正方向最大位移处，又回复力 F=kx和a=-,故质点Q的加速度小于质点 P的加速度，C正确；t=0.7 s时，质点P运动至y轴负 m方向最大位移处，故质点 Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离， D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17. (2019浙江17)采用如图1所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验.(1)实验时需要下列哪个器材 ;A.弹簧秤B.重垂线 C.打点计时器(2)做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹.下列的一些操作要求，正确的

20、是 ;(多选)A .每次必需由同一位置静止释放小球B.每次必须严格地等距离下降记录小球位置C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触D.记录的点应适当多一些(3)若用频闪摄影方法来验证小球的平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图2所示的频闪照片.在测得 X1, X2, X3, X4后，需要验证的关系是 .已知频闪周期为 T,用卜列计算式求得的水平速度，误差较小的是 图乙“ X1 X2 X3 X4A.T B.2t C.3t d.4T答案 (1)B (2)ACD(3)X4 X3 = X3 -X2 = X2 -xi = xi D解析(1)实验时需要重垂线来确定竖直方向，故选B.(2)为保证每次小球运动

21、的初速度相同,每次必须由同一位置静止释放小球，A正确；实验中，不必严格地等距离下降记录小球位置,B错误；为保证小球在空中运动时只受到重力，小球运动时不变与木板上的白纸相接触，C正确；为使描得的轨迹精准些，误差小些，记录的点应适当多一些，D正确.(3)若小球在水平方向上做匀速直线运动，则满足 Xi = X2 - X1 = X3- X2= X4 X3,位移较大时，距离的测量误差较小，故用券计算水平速度误较小，口正确18. (2019浙江18)小明想测额定电压为 2.5 V的小灯泡在不同电压下的电功率，设计了如图1甲所示的电路.r®-i甲乙图1(1)在实验过程中，调节滑片p,电压表和电流表

22、均有示数但总是调不到零，其原因是的导线没有连接好(图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”);(2)正确连好电路，闭合开关，调节滑片P,当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图乙所示，则电流为 A,此时小灯泡的功率为 W;(3)做完实验后，小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00 V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是 .A. 0.08 A B. 0.12 A C. 0.20 A答案(1)1 点至 4 点(2)0.30 0.75 (3)C解析(1)根据题意可知，1点至4点的导线没有连接好，使得滑动变阻器的分压接法变为限流接法

23、.(2)根据读数规则，电流表的读数为0.30 A,此时小灯泡的功率P= UI =0.75 W. (3)电压较小时，灯丝温度不高，故阻值比电压较大时的阻值要小，根据I=U可知，C可能正R确.19. (2019浙江19)小明以初速度 vo=10 m/s竖直向上抛出一个质量 m= 0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住.假设小皮球在空气中所受阻力大小恒为重力上.求小皮球(1)上升的最大高度;(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功;(3)上升和下降的时间.、50答案 (1)彳m (2)01010一行J(3)玉s10 ,1133 s解析(1)在上升过程中，有 mg+Ff=ma1解得 a1 =

24、11 m/s2一2上升的高度h=201 = 11 m； (2)重力做的功Wg=010空气阻力做的功 Wf= Ff 2h=- 11 J；上升的时间t1 = = 77 s a111在下降过程中，有 mgFf=ma2解得 a2= 9 m/s2又 h = 2a2t22解得t2 =嘤s .20. (2019浙江20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图1所示的物理模型.竖直平面内有一倾角仁37?的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带， 直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过.转轮半径R= 0.4 m、转轴间距L = 2 m的传送带以恒定的线速度逆时针

25、转动，转轮最低点离地面的高度H = 2.2 m.现将一小物块放在距离传送带高h和静止释方，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上 C点时，速度大小不变，方向变为水平向右.已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数为尸0.5(sin 37?= 0.6) (1)若h = 2.4 m,求小物块到达 B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件;(3)改变小物块释方的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件.图1答案 (1)4 m/s (2)hv3.0 m 时满足题中条件(3)x=20h3m h>3.6 m解析

26、(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin 0mgos 0= maVB=2ahsin 0解得 vb= 4 m/s；(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度度为零时，小物块从距传送带高度为 hi处由静止释放，则有0=mghimgosmgL解得 hi = 0.3 m当h< hi= 3.0 m时满足题中条件；(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v,则有1mv2=mgh mgos 0shni mgLH + 2R= 2gt2, x= vt解得 x= 2h- 3m为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mv2mg<V解得 h>3.6 m

27、.21.【加试题】(2019浙江21)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线如图1所示.感应线圈组的内外线圈绕线方向如图2粗线所示.交流图1(1)接通电源，闭合开关，G表指针有大的偏转，几秒后 G表指针停在中间不动.将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针(填“不动” “右偏” “左偏”或“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针(填“不动” “右偏” “左偏”或“不停振动” ).（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中， 把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，G表指针（填“不动” “右偏” “左偏”或“不停振动” ）.（3）仅用一根导线，如何判断 G表内部线圈是否

28、断了？ .限 内他 晒图2答案（1）左偏 右偏（2）不停振动 （3）短接G表前后各摇动 G表一次，比较指针偏转，有 明显变化，则线圈未断；反之则断了.解析（1）滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量 方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G指针向左偏.抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏.（2）把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动.（3）若G表未损坏，短接G表，并摇晃G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现

29、象.22.【加试题】（2019浙江22）如图1所示，倾角0= 37?、间距l=0.1 m的足够长金属导轨底 端接有阻值R=0.1 的电阻，质量 m = 0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩 擦因数0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标x.在0.2 m<x< 0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场.从t=0时刻起，棒ab在?&x轴正方向的外力 F作用下，从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v=kx（可导出a= kv）, k= 5 s-1.当棒ab运动至xi=0.2 m处时，电阻R消耗的电功率 P=0.12 W,运动至x2 =0

30、.8 m处时撤 去外力F,此后棒ab将继续运动，最终返回至 x=0处.棒ab始终保持与导轨垂直，不计 其他电阻，求：（提示：可以用F x图象下的“面积”代表为F做的功，sin 37?= 0.6）（1）磁感应强度B的大小；（2）外力F随位移x变化的关系式；在棒ab整个运动过程中，电阻 R产生的焦耳热 Q.I-答案 (1)誉 T (2)(0.96 + 3.1x) N (3)0.324 J解析Blv 2(1)在x1= 0.2 m处时，电阻R消耗的电功率 P=-R此时v= kx= 1 m/s解得PR 30X 5 T；(2)在无磁场区间 0W xv 0.2 m内，有 a= 5 s 1x v= 25 s 2x xF = 25 s 2Xxm+mgos 0+ mgsin 0= (0.96 + 2.5x)N在有磁场区间 0.2 m< x< 0.8 m内，有FA = -BR-y= 0.6x NF = (0.96 + 2.5x+ 0.6x) N = (0.96 + 3.1x) N ;(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)0.6 NWA1 = -2(x1 + x2)(x2 x1)= 0.18 J撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s,再次