故选：AC。
在星球表面，根据万有引力等于重力可得
，求出密度的表达式进行分析；根据平衡
解：由题意可知，容器和活塞的绝热性能良好，故容器内气体与外界不发生热交换，故△Q=0；但现活塞缓慢移动过程中，容器中气体压强逐渐减少，则容器内气体不断膨胀，体积增大，气体对外界做功，即W＜0，
根据热力学第一定律可知：△U=△Q+W＜0，故容器气体内能减小，温度降低，低于外界温度。 最终容器内气体压强与外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PV=nRT， 又∵ρ=
，m为容器内气体质量，
，
条件求解质量之比；根据动能定理结合图象的面积求解最大动能之比；根据简谐运动的特点求解最大压缩量之比。
本题主要是考查了动能定理、万有引力定律及其应用、以及图象问题的分析；知道在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；知道图象表示的物理意义是关键。 9.【答案】CDE
【解析】
联立解得：ρ=
时刻，质点Q的振动方向向上，而在振动图象上
解：A、简谐机械波沿x轴正方向传播，在t=在t=
当选取一部分与容器内气体相同质量的外界气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界气体密度。 故答案为：低于；大于。
时刻质点的振动方向向下，所以图b不是质点Q的振动图象。故A错误。
B、在t=0时刻，质点P位于波谷，速度为零，质点Q位于平衡位置，则质点P的速率比质点Q
根据热力学第一定律分析封闭气体的内能。
的小，故B错误。
根据压强的微观意义分析空气的密度。
C、在t=0时刻，质点P的位移比质点Q的大，则质点P的加速度的大小比质点Q的大。故C正确。 D、在t=
时刻，平衡位置在坐标原点的质点振动方向向下，与振动图象相符，所以平衡位置
本题主要考查热力学第一定律和压强的微观解释，注意温度是理想气体内能的标志，对一定质量的理想气体内能只与温度有关。 11.【答案】A 0.233 0.75
【解析】
在坐标原点的质点的振动图象如图（b）所示。故D正确。
E、在t=0时刻，质点P位于波谷，质点Q位于平衡位置，则质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大。故E正确。 故选：CDE。
根据波的传播方向确定Q点在t=
时刻的振动方向，与振动图象上在t=
时刻质点的振动方
解：物块加速下滑，速度越来越大，在相等时间内物块的位移越来越大，刚开始时在相等时间内的位移较小，由图示纸带可知，打点计时器最先打出的点是A点；
5s=0.1s， 每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔为：t=0.02×打出C点时的速度大小为：vC=
2
匀变速直线运动的推论△x=at可知，加速度为：a=
m/s≈0.233m/s；
向比较，确定是哪个质点的振动图象。在波动图象上，根据位移大小研究加速度和速度的大小关系。
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图
m/s2=0.75m/s2；
故答案为：A，0.233，0.75。
象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，
物块加速下滑，在相等时间内的位移越来越大，根据图线纸带判断先打哪个点；
分析物理量的变化情况。 10.【答案】低于 大于
【解析】
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打C点时的速度；
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应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出加速度。
本题考查了实验数据处理，知道物块的运动性质是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论即
=kR， 则：k=
；
。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）C；（3）AC；（4）
可解题，碰撞要注意基础知识的学习与积累。 12.【答案】C AC
【解析】
（1）根据电路图连接实物电路图。
（2）根据微安表量程与图（c）所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电流表改装原理求出改装后电流表的量程。
（3）把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。 （4）根据电流表的改装原理与题意求出并联电阻阻值。
本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。
解：（1）微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）微安表量程为250μA，由图（c）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为160μA， 电流表示数为16.0mA，电流表示数为微安表示数的
=100倍，
13.【答案】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度
大小为v，
根据动能定理可得：qU= …①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m…②
10-6×100=25×10-3A=25mA，故C正确； 改装后电流表量程为：250×故选：C；
（3）CD、由（2）可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，
如果R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故C正确，D错误； AB、把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=
，
根据几何关系可得：d= r…③ 联立①②③式可得： = …④
（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s= +r?tan30°…⑤
则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t= …⑥
联立②④⑤⑥式可得：t=
如果微安内阻Rg测量值错误，微安表内阻实际阻值大于1200Ω，即内阻Rg测量值偏小， 并联电阻阻值：R=故选：AC；
（4）把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=
，
，Rg=99R，
=
=
偏小，会导致改装后电流表量程偏大，故A正确，B错误；
答：（1）带电粒子的比荷为 ；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为【解析】
。
（1）对粒子在加速电场中的运动运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出带电粒子的比荷；
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由（2）可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：R=把微安表改装成20mA的电流表，并联电阻阻值：R并=
（2）根据几何关系求解出粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程s，再利用公式t=即可求出带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系。
14.【答案】解：（1）根据图（b），v1为A在碰撞前瞬间的速度大小， 为其碰撞后瞬间速度大小。设物
块B的质量为m′，碰后瞬间的速度为v′，
根据动量守恒定律可得：mv1=m（- ）+m′v′
（3）改变前后动摩擦因数的比值为 。 【解析】
（1）根据动量守恒定律和能量关系列方程求解；
（2）对A下滑过程中和上滑过程中根据动能定理列方程，从图（b）给出的图象可得A上升的高度与H的关系，根据功的计算公式求解物块A在整个过程中克服摩擦力做的功；
（3）设根据动能定理求解B在水平轨道上能够滑行的距离，物块与轨道间的动摩擦因数在改变后，根据动能定理求解A滑行的距离，然后求出改变前后动摩擦因数的比值。
= + ′ ′ 根据能量守恒定律可得：
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
15.【答案】解：（i）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0，使用后气瓶中剩余气体的压强为p1，
气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V0=p1V1，
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积：V1′=V1-V0， 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为p2，体积为V2， 由玻意耳定律得：p2V2=10p1V1′，
107Pa； 代入数据解得：p2=3.2×
（ii）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，
气体发生等容变化，由查理定律得：
联立解得m′=3m；
（2）在图（b）描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦所做的功为W，根据动能定理可得：
mgH-fs1= -0
-（fs2+mgh）=0-
从图（b）给出的图象可知，s1= s2=
根据几何关系可得： =
物块A在整个过程中克服摩擦力做的功为： W=fs1+fs2，
联立解得：W= ；
（3）设轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，则有： W=μmgcosθ
，
108Pa； 代入数据解得：p3=1.6×
107Pa； 答：（i）压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为3.2×
108Pa。 （ⅱ）将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，此时炉腔中气体的压强为1.6×
【解析】
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′ 根据动能定理可得-μm′gs′=0- ′ ′
设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为μ′，根据动能定理可得：
mgh-μ′mgcosθ -μ′mgs′=0 联立解得： ′= 。 （1）物块B的质量为3m；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，物块A克服摩擦力所做的功为 ；
（i）气体发生等温变化，根据题意求出气体初末状态的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的压强。
（2）炉内气体体积不变，气体发生等容变化，根据题意求出气体状态参量，应用查理定律可以求出炉腔内气体的压强。
本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提与关键，应用玻意耳定律与查理定律可以解题。
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16.【答案】解：（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2．桅杆的高
度为h1，P点处水深为h2．激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。 由几何关系有：
=tan53°…① =tanθ…②
由折射定律有：n=…③
设桅杆到P点的水平距离为x。则：x=x1+x2…④ 联立①②③④并代入数据解得：x=7m…⑤ （ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′。 由折射定律有：n=
′ …⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则
x1′+x2′=x′+x…⑦
′
=tani′…⑧ =tan45°…⑨
′
联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据解得：x′=（6 -3）m≈5.5m 答：（i）桅杆到P点的水平距离是7m； （ⅱ）船行驶的距离是5.5m。 【解析】
（i）由折射定律求出入射角，结合几何关系求桅杆到P点的水平距离；
（ⅱ）先根据折射定律求激光束从水面出射的方向与竖直方向的夹角，再由几何关系求船行驶的距离。
本题是几何光学问题，对数学几何能力要求较高，关键要根据几何知识确定出入射角和折射角，通过折射定律和几何关系进行求解。
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2019年河南省高考物理试卷（新课标）（解析版）
