2019年高考物理原创押题预测卷 01(新课标Ⅱ卷)(全解全析)
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3 1103
50 2 950 。
24．（14 分） （1）0.25（6 分） （2） t 1.5 s ， d =2.25 m （8 分）
（2）滑块做平抛运动水 平方向 x vt （1 分）
1 2 竖直方向 y gt （1 分） 2 y tan （1 分） x
（2）在 t 时刻，框架的速度v at （1 分） 框架切割磁场产生的电动势 E BLv BLat （1 分） 框架受到的安培力 F安 BIL B2 L2at R （2 分）
对框架有 F F安 ma （1 分） F F安 ma ma （3） E q I t
【解析】①设活塞质量为 m，活塞面积为 S，当平台倾角为 37°时气缸内气体的压强为
p1 p 0
mgcos37 S
（1 分）
气体的体积 V1=V 当平台水平时，气缸内气体的压强 p 2 2 p0 p 0 解得 p1=1.8p0（1 分）
mg S
（1 分 ）
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p1V1=p2V2 （1 分） 解得 V2=0.9V（1 分） ②降温过程，气缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律：
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阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半处，则流过 R2 的电流与流过电流表的电流相等；R2 与电流表并 联，电流相等，则电阻相等；读得 R2 的阻值是 50.0 Ω，则 Rg R2 50.0 。 （2）将该电流表改装成量程是 3 V 的电压表，应串联电阻的阻值 R U Ig R
带的长度未知，故不能求出运动的时间，故 B 错误；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能 定理知，传送带对行李做的功为：W=
1 2
mv2=0.4 J，故 C 正确；行李和传送带相对滑动的时间为：
v 0.4 1 1 t = s=0.2 s，则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt– vt= vt=0.04 m，故 D 正确。故选 B。 a 2 2 2
2 ② R 3
（2）①由题意作出光路图，如图所示
a 点到轴线 OO'的距离为： d 3 R
2
由几何知识得： sin
d
R
3 2
（1 分）
则入射角：i1=θ=60°（1 分） 由折射定律 n sin i1 sin r1
解得：r1=30°（1 分） 由几何知识得：i2=30° sin r2 根据折射定律： n （1 分） sin i2 解得：r2=60°（1 分）
t
B2 L2at R
（2 分）
（2 分） R （2 分）
2 BLat 0 2R 0
E R
t
通过整个回路横截面的电荷量为 q 33．（15 分） （1）BDE（5 分）
T 2R
2B3 L3a
（2 分）
（2）①V2=0.9V（5 分）
②气体的内能减小了 0.14p0V（5 分）
代入数据解之得t 1.5 s （1 分） 将 C 点的速度 v 及重力加速度 g 分别沿垂直于斜面方向和平行于斜面方向进行分解。滑块在垂直于斜 面方向做匀减速直线运动。当垂直于斜面方向速度减小到零时，与斜面之间的距离达到最大值。则有 0 (v sin )2 =2 ( gcos )d （2 分） 解之得 d =2.25 m （2 分） 25．（18 分） （1） t0
【解析】（1）①为准确测量电流表的内阻，滑动变阻器的阻值应远大于电流表的内阻，这样才可近似 认为开关 S2 闭合前后干路中的总电流是不变的；所以滑动变阻器应选择 C。最终电阻箱阻值应调到与 电流表内阻相等，为准确测量电流表的内阻，所以电阻箱应选择D。 ②先按图所示连接好实验电路，将 R1 的阻值调到最大，闭合开关 S1，调节 R1 的阻值，使电流表指针满 偏，闭合开关 S2，调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半处，记下 R2 的阻值并断开 S1，整 理电路。则合理的顺序为GCADBEF。 ③滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，近似认为开关 S2 闭合前后干路中的总电流不变。调节 R2 的
16．B 【解析】由于卫星质量未知，两颗卫星的机械能无法进行大小比较，选项A 错误；同步轨道卫星相对于 地面静止，轨道一定与地球赤道平面共面，其周期与地球自转周期相同，轨道高度一定相等，所有的同 步卫星一定在同一轨道，选项 B 正确；卫星在运动过程中，由万有引力提供向心力，根据 Mm Mm v2 m 可求出， v GM ，轨道半径越大，线速度越小，选项 C 错误；根据 G r2 ma ，轨道 G 2 r r r 半径越大，向心加速度越小，选项D 错误。
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②从e 点射入右侧玻璃砖的光线，入射角 i3=r2=60° sin i3 根据折射定律： n （1 分） sin r3
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1 17．A 【解析】位移—时间图象为抛物线结合匀变速直线运动的位移公式 x v t at 2 ，而v 8 m/s ，时 0 0 2
间 t=2 s 时的位移得 x=12 m，代入解得a 2 m/s2 ，则函数为 x 8t t 2 ，即质点做匀减速直线运动，加 速度大小为 2 m/s2；故 A 正确，C 错误；2 s 时的瞬时速度为v v 0 at 8 m/s 2 2 m/s 4 m/s ；或求 v 12 4 m/s 4 m/s ，故B 错误；由位移公式可得1 s 内的位移 x 8 1 m 12 m 7 m ， P 点的斜率 v 2 1 t 2 故D 错误。 18．B 【解析】行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a=2 m/s2，故 A 正确；由于传送
21. AC
【解析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向
上，与电场方向相反，因此小球带负电，故 A 正确。小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断 变化，两者之和即机械能在变化，故 B 错误。小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 2πE 1 mv 4π2 2 T= qvB=m 2 r， r 又 qE=mg，联立得 ， 故 C 正确。在加速电场中，根据动能定理得 qU= mv ， qB Bg 2 T 得v T qB
2019 年高考原创押题预测卷 01【新课标Ⅱ卷】 理科综合物理·全解全析
14 B 14．B 15 D 16 B 17 A 18 B 19 BC 20 BD 21 AC
【解析】物体在四个共点力作用下处于平衡状态，合力为零， F4 的方向沿逆时针方向转过 90 角，
此时其他三个力的合力与 F4 大小相等，方向垂直，则物体受到的合力即为 F合 2F4 2 N ，故 B 正确， ACD 错误。
2qU ，知若电压 U 增大，小球获得的速度 v 增大，小球做匀速圆周运动的轨迹半径增大，根据 m
2πm
知小球做匀速圆周运动的周期不变。故D 错误。故选 AC。 （2）d/t（2 分） （3）过坐标原点的一条倾斜的直线（2 分）
22．（1）0.975（2 分）
【解析】（1）游标卡尺的读数等于 9 mm+0.05×15 mm=9.75 mm=0.975 cm；
19．BC 【解析】根据能量守恒定律有 IEt=I2（R+r）t+P 总 t，得电动机的总功率 P 总=2.56 W，选项 C 正确；
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电动机的输出功率 P 出=mgv，解得 P 出=2 W，且 P 总=I2r0+P 出，则电动机线圈电阻 r0=0.875 Ω，选项B 正确，A 错误；电动机的效率 η= P出 P总 ×100% =78.1%，选项 D 错误。学&科网
（ 2 ） 滑块经过光电门时，挡住光的时间极短，故可用平均速度代替为滑块经过光电门位置的瞬时速所以画出的 W–v2 2
（ 3 ） 根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，有W
图象应是过坐标原点的一条倾斜直线。 23．（1）①C（1 分） D（1 分） ②GCADBEF（2 分） ③50.0（2 分） （2）2950（3 分）
V2 T0
V3 （1 分） 0.9T0
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解得 V3=0.81V（1 分） 活塞下降过程，外界对气体做 W=p2（V2–V3） 已知气缸内气体吸收的热量 Q=–0.32p0V（1 分） 由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量∆U=W+Q（1 分） 解得∆U=–0.14p0V，即气体的内能减小了 0.14p0V（1 分） 34．（15 分） （1）BCE（5 分） （2）①60°
T0 R B La
2 2
R 2 2 B L at 【解析】（1）绳子断裂时，对棒有T0 0 （2 分） R T0 R 得t0 2 2 （3 分） B La
（5 分）
（2） F ma
B2 L2at
（7 分）
（ 3） q
T 2R
0
2B3 L3a
（6 分）
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3 1103
50 2 950 。
24．（14 分） （1）0.25（6 分） （2） t 1.5 s ， d =2.25 m （8 分）
（2）滑块做平抛运动水 平方向 x vt （1 分）
1 2 竖直方向 y gt （1 分） 2 y tan （1 分） x
（2）在 t 时刻，框架的速度v at （1 分） 框架切割磁场产生的电动势 E BLv BLat （1 分） 框架受到的安培力 F安 BIL B2 L2at R （2 分）
对框架有 F F安 ma （1 分） F F安 ma ma （3） E q I t
【解析】①设活塞质量为 m，活塞面积为 S，当平台倾角为 37°时气缸内气体的压强为
p1 p 0
mgcos37 S
（1 分）
气体的体积 V1=V 当平台水平时，气缸内气体的压强 p 2 2 p0 p 0 解得 p1=1.8p0（1 分）
mg S
（1 分 ）
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p1V1=p2V2 （1 分） 解得 V2=0.9V（1 分） ②降温过程，气缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律：
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阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半处，则流过 R2 的电流与流过电流表的电流相等；R2 与电流表并 联，电流相等，则电阻相等；读得 R2 的阻值是 50.0 Ω，则 Rg R2 50.0 。 （2）将该电流表改装成量程是 3 V 的电压表，应串联电阻的阻值 R U Ig R
带的长度未知，故不能求出运动的时间，故 B 错误；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能 定理知，传送带对行李做的功为：W=
1 2
mv2=0.4 J，故 C 正确；行李和传送带相对滑动的时间为：
v 0.4 1 1 t = s=0.2 s，则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt– vt= vt=0.04 m，故 D 正确。故选 B。 a 2 2 2
2 ② R 3
（2）①由题意作出光路图，如图所示
a 点到轴线 OO'的距离为： d 3 R
2
由几何知识得： sin
d
R
3 2
（1 分）
则入射角：i1=θ=60°（1 分） 由折射定律 n sin i1 sin r1
解得：r1=30°（1 分） 由几何知识得：i2=30° sin r2 根据折射定律： n （1 分） sin i2 解得：r2=60°（1 分）
t
B2 L2at R
（2 分）
（2 分） R （2 分）
2 BLat 0 2R 0
E R
t
通过整个回路横截面的电荷量为 q 33．（15 分） （1）BDE（5 分）
T 2R
2B3 L3a
（2 分）
（2）①V2=0.9V（5 分）
②气体的内能减小了 0.14p0V（5 分）
代入数据解之得t 1.5 s （1 分） 将 C 点的速度 v 及重力加速度 g 分别沿垂直于斜面方向和平行于斜面方向进行分解。滑块在垂直于斜 面方向做匀减速直线运动。当垂直于斜面方向速度减小到零时，与斜面之间的距离达到最大值。则有 0 (v sin )2 =2 ( gcos )d （2 分） 解之得 d =2.25 m （2 分） 25．（18 分） （1） t0
【解析】（1）①为准确测量电流表的内阻，滑动变阻器的阻值应远大于电流表的内阻，这样才可近似 认为开关 S2 闭合前后干路中的总电流是不变的；所以滑动变阻器应选择 C。最终电阻箱阻值应调到与 电流表内阻相等，为准确测量电流表的内阻，所以电阻箱应选择D。 ②先按图所示连接好实验电路，将 R1 的阻值调到最大，闭合开关 S1，调节 R1 的阻值，使电流表指针满 偏，闭合开关 S2，调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半处，记下 R2 的阻值并断开 S1，整 理电路。则合理的顺序为GCADBEF。 ③滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，近似认为开关 S2 闭合前后干路中的总电流不变。调节 R2 的
16．B 【解析】由于卫星质量未知，两颗卫星的机械能无法进行大小比较，选项A 错误；同步轨道卫星相对于 地面静止，轨道一定与地球赤道平面共面，其周期与地球自转周期相同，轨道高度一定相等，所有的同 步卫星一定在同一轨道，选项 B 正确；卫星在运动过程中，由万有引力提供向心力，根据 Mm Mm v2 m 可求出， v GM ，轨道半径越大，线速度越小，选项 C 错误；根据 G r2 ma ，轨道 G 2 r r r 半径越大，向心加速度越小，选项D 错误。
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②从e 点射入右侧玻璃砖的光线，入射角 i3=r2=60° sin i3 根据折射定律： n （1 分） sin r3
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1 17．A 【解析】位移—时间图象为抛物线结合匀变速直线运动的位移公式 x v t at 2 ，而v 8 m/s ，时 0 0 2
间 t=2 s 时的位移得 x=12 m，代入解得a 2 m/s2 ，则函数为 x 8t t 2 ，即质点做匀减速直线运动，加 速度大小为 2 m/s2；故 A 正确，C 错误；2 s 时的瞬时速度为v v 0 at 8 m/s 2 2 m/s 4 m/s ；或求 v 12 4 m/s 4 m/s ，故B 错误；由位移公式可得1 s 内的位移 x 8 1 m 12 m 7 m ， P 点的斜率 v 2 1 t 2 故D 错误。 18．B 【解析】行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a=2 m/s2，故 A 正确；由于传送
21. AC
【解析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向
上，与电场方向相反，因此小球带负电，故 A 正确。小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断 变化，两者之和即机械能在变化，故 B 错误。小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 2πE 1 mv 4π2 2 T= qvB=m 2 r， r 又 qE=mg，联立得 ， 故 C 正确。在加速电场中，根据动能定理得 qU= mv ， qB Bg 2 T 得v T qB
2019 年高考原创押题预测卷 01【新课标Ⅱ卷】 理科综合物理·全解全析
14 B 14．B 15 D 16 B 17 A 18 B 19 BC 20 BD 21 AC
【解析】物体在四个共点力作用下处于平衡状态，合力为零， F4 的方向沿逆时针方向转过 90 角，
此时其他三个力的合力与 F4 大小相等，方向垂直，则物体受到的合力即为 F合 2F4 2 N ，故 B 正确， ACD 错误。
2qU ，知若电压 U 增大，小球获得的速度 v 增大，小球做匀速圆周运动的轨迹半径增大，根据 m
2πm
知小球做匀速圆周运动的周期不变。故D 错误。故选 AC。 （2）d/t（2 分） （3）过坐标原点的一条倾斜的直线（2 分）
22．（1）0.975（2 分）
【解析】（1）游标卡尺的读数等于 9 mm+0.05×15 mm=9.75 mm=0.975 cm；
19．BC 【解析】根据能量守恒定律有 IEt=I2（R+r）t+P 总 t，得电动机的总功率 P 总=2.56 W，选项 C 正确；
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电动机的输出功率 P 出=mgv，解得 P 出=2 W，且 P 总=I2r0+P 出，则电动机线圈电阻 r0=0.875 Ω，选项B 正确，A 错误；电动机的效率 η= P出 P总 ×100% =78.1%，选项 D 错误。学&科网
（ 2 ） 滑块经过光电门时，挡住光的时间极短，故可用平均速度代替为滑块经过光电门位置的瞬时速所以画出的 W–v2 2
（ 3 ） 根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，有W
图象应是过坐标原点的一条倾斜直线。 23．（1）①C（1 分） D（1 分） ②GCADBEF（2 分） ③50.0（2 分） （2）2950（3 分）
V2 T0
V3 （1 分） 0.9T0
理科综合物理 第 4 页（共 7 页）
解得 V3=0.81V（1 分） 活塞下降过程，外界对气体做 W=p2（V2–V3） 已知气缸内气体吸收的热量 Q=–0.32p0V（1 分） 由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量∆U=W+Q（1 分） 解得∆U=–0.14p0V，即气体的内能减小了 0.14p0V（1 分） 34．（15 分） （1）BCE（5 分） （2）①60°
T0 R B La
2 2
R 2 2 B L at 【解析】（1）绳子断裂时，对棒有T0 0 （2 分） R T0 R 得t0 2 2 （3 分） B La
（5 分）
（2） F ma
B2 L2at
（7 分）
（ 3） q
T 2R
0
2B3 L3a
（6 分）
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