2019年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1．（3分）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压（ ）A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题；62：推理能力．【分析】变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，结合原线圈电压的变化得出副线圈电压的变化。푈1푛1△푈1푛1201【解答】解：根据=得，=，即=，解得：△U2＝200V，푈2푛2△푈2푛2△푈210即输出电压增加200V．故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】解决本题的关键知道原副线圈的电压之比和匝数之比的关系，基础题。2．（3分）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（ ）푇푇A．B．C．TsinαD．Tcosα푠푖푛훼푐표푠훼【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题；61：理解能力．【分析】气球处于静止状态，受力平衡，对气球受力分析，根据受力平衡即可计算。【解答】解：气球在风中处于静止状态，受力平衡合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，水平方向上受力平衡得：F风＝Tsinα，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题首先要选择好研究对象，再进行受力情况分析，最后由平衡条件求解，按照三个步骤进行研究，难度适中。3．（3分）如图所示的电路中，电阻R＝2Ω．断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（ ）A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题；61：理解能力．【分析】电压表是理想电表，根据闭合电路欧姆定律计算即可。【解答】解：断开S后，电压表的读数为3V，即电源的电动势为3V，闭合S后，电压表的读数为2V，使用电阻的电压为2V，푈2电路的电流为：I==A＝1A，푅2퐸‒푈3‒2电源的内阻为：r==Ω＝1Ω．故A正确，BCD错误。퐼1故选：A。【点评】本题是对闭合电路欧姆定律的考查，注意电路中的电压表认为是理想电表，串联电路的电流相同。4．（3分）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G．则（ ）퐺푀퐺푀A．v＞v，v=B．v＞v，v＞121푟121푟퐺푀퐺푀C．v＜v，v=D．v＜v，v＞121푟121푟【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题；63：分析综合能力．【分析】根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。【解答】解：根据开普勒第二定律有：v1＞v2。퐺푀若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为，将卫星从半径为r푟퐺푀的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有：v＞。1푟故选：B。【点评】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。5．（3分）一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P﹣t关系图象是（ ）A．B．C．D．【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；AE：电势能与电场力做功；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题；63：分析综合能力．【分析】明确带电粒子在电场中受力情况，知道带电粒子垂直电场方向进入时做类平抛运动；同时明确功率P＝Fvcosα，即功率等于力与力的方向上速度的乘积。【解答】解：带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，沿电场方向上做匀加速直线运퐸푞动，故沿电场方向上的速度为：v＝at=t；푚퐸2푞2故ts秒时电场力的功率为：P＝Eqv=푡；푚故说明P与时间成正比，故A正确BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了带电粒子在电场中偏转规律的应用，同时明确功率的计算方法，知道只需求出竖直方向上的速度即可，由于粒子做类平抛运动，水平方向上的速度不会影响电场力的功率。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（ ）2휋푅A．运动周期为휔B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用；62：推理能力．【分析】座舱做匀速圆周运动，根据向心力的性质可确定其受力情况，再根据匀速圆周运动中线速度、角速度以及周期间的关系确定周期和线速度的大小。2휋【解答】解：A、根据角速度和周期的关系可知，周期T=，故A错误；휔B、线速度大小v＝ωR，故B正确；CD、座舱做匀速圆周运动，受到的合外力充当向心力，故合力大小F＝mω2R；由于座舱的重力和摩天轮对座舱的作用力充当合外力，故摩天轮对座舱的作用力不等于mg，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题考查匀速圆周运动的性质，要注意明确做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的，方向始终指向圆心，且大小恒定。7．（4分）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是（ ）A．均向左B．均向右C．a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左【考点】DB：楞次定律．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用；62：推理能力．【分析】根据电流的方向，结合安培定则判断出电流周围磁场的方向，根据磁场的叠加确定线框所处位置的磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，从而确定线框是否能够处于平衡状态。【解答】解：A、若a、b电流方向均向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向向下，则线框不能处于静止状态，故A错误。B、若a、b电流方向均向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向上，则线框不能处于静止状态，故B错误。C、若电流方向a的向左，b的向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向向上，线框可以处于平衡状态，故C正确。D、若电流方向a的向右，b的向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，线框可以处于平衡状态，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了安培定则、左手定则、磁场的叠加等知识，知道安培定则和左手定则的区别，左右手定则不能混淆。8．（4分）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52Q：功能关系能量守恒定律；62：推理能力．【分析】物体向左运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时速度最大，物体继续向左运动，弹力将大于滑动摩擦力。整个过程中，物块克服摩擦力做的功为2μmgs．对物体向右运动的过程，利用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能。对整个过程，利用动能定理求物块在A点的初速度。【解答】解：A、物体向左运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F＝μmg速度最大，物体继续向左运动，弹簧继续被压缩，弹力增大，所以弹簧的最大弹力大于μmg，故A错误。B、整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B正确。C、物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep＝μmgs，故C正确。1D、设物块在A点的初速度为v．对整个过程，利用动能定理得：﹣2μmgs＝0푚푣20-20，可得：v0＝2μgs，故D错误。故选：BC。【点评】运用动能定理和功能关系时解题的关键要选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解。9．（4分）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为﹣W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为﹣2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有（ ）푊A．Q移入之前，C点的电势为1푞B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为﹣4W【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4E：模型法；532：电场力与电势的性质专题；62：推理能力．【分析】研究Q1从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，利用公式W＝qU求出无穷远处与C点间的电势差，从而求得C点的电势。Q1从C点移到B点的过程中，根据C点与B点间的电势差求电场力做功。Q2从无穷远处移到C点的过程中，先根据电场的叠加原理求C点的电势，再由W＝qU求电场力做的功。再求Q2在移到C点后的电势能。【解答】解：A、Q1从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，根据动能定理得：qU∞푊＝﹣W，得：U∞=．又U∞＝0﹣φ＝﹣φ，可得Q移入之前，C点的电势CC-푞CCC1푊为：φ=，故A正确。C푞B、Q1移入之前，C点与B点的电势相等，两者间的电势差为0，根据W＝qU知，Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0，故B正确。C、Q2从无穷远处移到C点的过程中，根据电场的叠加原理知，C点的电势为：φC′2푊＝2φ=，Q从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为：W′＝﹣2qC푞2（0﹣φC′）＝4W，故C错误。D、Q2从无穷远处移到C点的过程中，电场力做的功为4W，其电势能减少了4W，而Q2在无穷远处电势能为0，所以Q2在移到C点后的电势能为﹣4W，故D正确。故选：ABD。【点评】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式W＝qU时各个量均要代符号运算。三、简答题：本题分必做题（第10～12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．【必做题】10．（8分）某兴趣小组用如图1