2019年高考物理模擬試題詳解引言2019年高考物理模擬試題嚴(yán)格遵循《普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試大綱》，以"基礎(chǔ)為本、能力立意、素養(yǎng)導(dǎo)向"為核心，重點(diǎn)考查物理觀念（如運(yùn)動(dòng)與相互作用、能量觀念）、科學(xué)思維（如模型建構(gòu)、邏輯推理）、科學(xué)探究（如實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、數(shù)據(jù)處理）及科學(xué)態(tài)度與責(zé)任（如嚴(yán)謹(jǐn)性、實(shí)事求是的態(tài)度）。本文通過(guò)典型例題拆解、易錯(cuò)點(diǎn)警示、方法總結(jié)，幫助考生精準(zhǔn)把握命題規(guī)律，提升解題效率，規(guī)避常見(jiàn)誤區(qū)。一、力學(xué)模塊：構(gòu)建"受力-運(yùn)動(dòng)-能量"邏輯鏈力學(xué)是物理的基礎(chǔ)，占高考分值約40%，核心考點(diǎn)包括牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、天體運(yùn)動(dòng)等。（一）選擇題：聚焦"連接體"與"超失重"例題（2019·全國(guó)卷Ⅰ模擬）：質(zhì)量為\(M\)的木板靜止在光滑水平面上，木板上放一質(zhì)量為\(m\)的木塊（\(M>m\)），木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為\(\mu\)。用水平拉力\(F\)拉木塊，使兩者一起做勻加速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.木板的加速度大小為\(\mumg/M\)B.拉力\(F\)的最大值為\(\mumg\)C.木塊的加速度大小為\(F/(M+m)\)D.拉力\(F\)越大，木塊與木板間的摩擦力越大解析：1.整體法分析：兩者一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度相同，由牛頓第二定律得：\[F=(M+m)a\impliesa=\frac{F}{M+m}\quad(\text{C選項(xiàng)正確})\]2.隔離木板：木板的加速度由木塊對(duì)它的靜摩擦力提供，即：\[f=Ma=M\cdot\frac{F}{M+m}\quad(\text{A選項(xiàng)錯(cuò)誤，因}\f\neq\mumg)\]3.拉力最大值：當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大值\(\mumg\)時(shí)，\(f=\mumg=Ma_{\text{max}}\)，解得\(a_{\text{max}}=\mumg/M\)，此時(shí)整體拉力：\[F_{\text{max}}=(M+m)a_{\text{max}}=\frac{(M+m)\mumg}{M}\quad(\text{B選項(xiàng)錯(cuò)誤})\]4.摩擦力與拉力的關(guān)系：由\(f=\frac{MF}{M+m}\)，可知\(F\)越大，\(f\)越大（\(\text{D選項(xiàng)正確}\)）。答案：CD易錯(cuò)點(diǎn)警示：誤認(rèn)為拉力最大值為\(\mumg\)（忽略整體加速需求）；混淆靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力的條件（只有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)才用\(\mumg\)）。方法總結(jié)：連接體問(wèn)題優(yōu)先用整體法求加速度，再用隔離法求內(nèi)力；判斷靜摩擦力是否達(dá)到最大值是關(guān)鍵。（二）實(shí)驗(yàn)題：驗(yàn)證牛頓第二定律——控制變量與誤差分析例題（2019·浙江模擬）：用圖所示裝置驗(yàn)證牛頓第二定律，實(shí)驗(yàn)步驟如下：1.平衡摩擦力：將長(zhǎng)木板一端墊高，使小車不掛砝碼時(shí)能勻速下滑；2.裝砝碼：在小車上放砝碼，用細(xì)繩連接小車與砝碼盤（砝碼盤質(zhì)量\(m\)，小車總質(zhì)量\(M\)）；3.測(cè)加速度：改變砝碼質(zhì)量，記錄多組\(m\)與對(duì)應(yīng)的加速度\(a\)；4.分析數(shù)據(jù)：繪制\(a-F\)圖像（\(F=mg\)）。關(guān)鍵問(wèn)題解析：1.平衡摩擦力的目的：消除木板對(duì)小車的滑動(dòng)摩擦力影響，使小車所受合力等于細(xì)繩拉力。2.實(shí)驗(yàn)條件：\(m\llM\)（砝碼盤質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量），此時(shí)細(xì)繩拉力\(F\approxmg\)（因\(F=\frac{Mmg}{M+m}\approxmg\)）。3.圖像分析：若圖像過(guò)原點(diǎn)：說(shuō)明合力等于拉力，實(shí)驗(yàn)成功；若圖像不過(guò)原點(diǎn)（截距為正）：說(shuō)明平衡摩擦力過(guò)度（小車無(wú)需拉力即可加速）；若圖像斜率偏小：說(shuō)明\(m\)未遠(yuǎn)小于\(M\)（拉力測(cè)量值偏大）。易錯(cuò)點(diǎn)警示：平衡摩擦力時(shí)未取下砝碼盤（導(dǎo)致摩擦力平衡不準(zhǔn)確）；未滿足\(m\llM\)（導(dǎo)致\(F\)測(cè)量誤差大）；數(shù)據(jù)處理時(shí)用\(a-m\)圖像而非\(a-F\)圖像（\(a-F\)圖像為直線，更易分析）。方法總結(jié)：實(shí)驗(yàn)核心是"控制變量"（保持\(M\)不變，研究\(a\)與\(F\)的關(guān)系）；誤差分析需區(qū)分系統(tǒng)誤差（如\(m\)未遠(yuǎn)小于\(M\)）與偶然誤差（如讀數(shù)誤差），系統(tǒng)誤差可通過(guò)改進(jìn)方法（如增大\(M\)）減小。（三）計(jì)算題：動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒的綜合應(yīng)用例題（2019·全國(guó)卷Ⅱ模擬）：質(zhì)量為\(m_1=2\\text{kg}\)的小球以\(v_0=5\\text{m/s}\)的速度與靜止的質(zhì)量\(m_2=3\\text{kg}\)的小球碰撞，碰撞后\(m_1\)的速度變?yōu)閈(v_1=1\\text{m/s}\)（方向與原方向相同），求：1.碰撞后\(m_2\)的速度\(v_2\)；2.碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能\(\DeltaE\)。解析：1.動(dòng)量守恒：系統(tǒng)合外力為零（水平方向無(wú)摩擦），故：\[m_1v_0=m_1v_1+m_2v_2\implies2\times5=2\times1+3v_2\impliesv_2=2\\text{m/s}\]2.機(jī)械能損失：初動(dòng)能減末動(dòng)能：\[\DeltaE=\frac{1}{2}m_1v_0^2-\left(\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2\right)=\frac{1}{2}\times2\times25-\left(\frac{1}{2}\times2\times1+\frac{1}{2}\times3\times4\right)=25-(1+6)=18\\text{J}\]答案：1.\(v_2=2\\text{m/s}\)（方向與原方向相同）；2.\(\DeltaE=18\\text{J}\)。易錯(cuò)點(diǎn)警示：動(dòng)量守恒的矢量性（速度方向需用符號(hào)表示，本題方向相同，故均為正）；機(jī)械能損失計(jì)算（初動(dòng)能減末動(dòng)能，而非末減初）。方法總結(jié)：碰撞問(wèn)題優(yōu)先用動(dòng)量守恒定律（系統(tǒng)合外力為零），再根據(jù)碰撞類型（彈性、非彈性）用動(dòng)能定理計(jì)算能量變化；注意速度方向的符號(hào)。二、電磁學(xué)模塊：聚焦"場(chǎng)-力-運(yùn)動(dòng)"關(guān)系電磁學(xué)占高考分值約40%，核心考點(diǎn)包括電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、洛倫茲力、電磁感應(yīng)等。（一）選擇題：電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系例題（2019·北京模擬）：兩個(gè)等量異種電荷\(+Q\)和\(-Q\)固定在x軸上，坐標(biāo)分別為\((-a,0)\)和\((a,0)\)。下列說(shuō)法正確的是（）A.原點(diǎn)\(O\)處電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.原點(diǎn)\(O\)處電勢(shì)為零C.x軸上\((-a,0)\)到\((a,0)\)之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右D.x軸上\((-a,0)\)到\((a,0)\)之間的電勢(shì)先升高后降低解析：1.電場(chǎng)強(qiáng)度疊加：等量異種電荷在原點(diǎn)\(O\)處的電場(chǎng)強(qiáng)度，由\(+Q\)產(chǎn)生的電場(chǎng)向右（指向\(-Q\)），由\(-Q\)產(chǎn)生的電場(chǎng)也向右（指向\(-Q\)），故合電場(chǎng)強(qiáng)度向右，不為零（\(\text{A選項(xiàng)錯(cuò)誤}\)）。2.電勢(shì)疊加：電勢(shì)是標(biāo)量，原點(diǎn)\(O\)到\(+Q\)和\(-Q\)的距離相等，電勢(shì)為兩者的代數(shù)和，即\(\phi_O=k\frac{Q}{a}+k\frac{-Q}{a}=0\)（\(\text{B選項(xiàng)正確}\)）。3.x軸上電場(chǎng)方向：\((-a,0)\)到\((a,0)\)之間，任意點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均由\(+Q\)指向\(-Q\)，即向右（\(\text{C選項(xiàng)正確}\)）。4.x軸上電勢(shì)變化：從\(-a\)到\(0\)，電勢(shì)從\(k\frac{Q}{2a}+k\frac{-Q}{0}\)（無(wú)意義，實(shí)際從\(-a\)到\(0\)，電勢(shì)從低到高？不，等量異種電荷的等勢(shì)線是垂直于連線的直線，原點(diǎn)電勢(shì)為零，\(-a\)處電勢(shì)為\(k\frac{Q}{0}+k\frac{-Q}{2a}\)？不，正確的電勢(shì)分布是：\(+Q\)周圍電勢(shì)為正，\(-Q\)周圍電勢(shì)為負(fù)，x軸上從\(-a\)到\(a\)，電勢(shì)從正（\(+Q\)處）降低到零（原點(diǎn)），再降低到負(fù)（\(-Q\)處），故D選項(xiàng)錯(cuò)誤（應(yīng)為先降低后升高？不，從\(-a\)到\(0\)，電勢(shì)從\(kQ/(2a)\)（\(+Q\)在\(-a\)，點(diǎn)在\(-a\)，距離為0，電勢(shì)無(wú)窮大？不對(duì)，題目中是兩個(gè)等量異種電荷在\((-a,0)\)和\((a,0)\)，所以\(-a\)處是\(+Q\)，\(a\)處是\(-Q\)，那么x軸上某點(diǎn)\(x\)（\(-a<x<a\)）的電勢(shì)是\(\phi=k\frac{Q}{x+a}+k\frac{-Q}{a-x}\)，當(dāng)\(x=0\)時(shí)，\(\phi=kQ/a-kQ/a=0\)；當(dāng)\(x=-a\)時(shí)，\(\phi=kQ/0-kQ/(2a)\)（無(wú)窮大）；當(dāng)\(x=a\)時(shí)，\(\phi=kQ/(2a)-kQ/0\)（負(fù)無(wú)窮大）。所以從\(-a\)到\(0\)，電勢(shì)從無(wú)窮大降低到0；從\(0\)到\(a\)，電勢(shì)從0降低到負(fù)無(wú)窮大，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤（不是先升高后降低）。答案：BC易錯(cuò)點(diǎn)警示：混淆電場(chǎng)強(qiáng)度（矢量）與電勢(shì)（標(biāo)量）的疊加規(guī)則；誤認(rèn)為等量異種電荷原點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零（實(shí)際為兩倍單電荷電場(chǎng)強(qiáng)度）。方法總結(jié)：電場(chǎng)強(qiáng)度看"力"（矢量疊加），電勢(shì)看"能"（標(biāo)量疊加）；等量異種電荷的電場(chǎng)線（從正到負(fù)）和等勢(shì)線（垂直連線）分布需記牢。（二）實(shí)驗(yàn)題：伏安法測(cè)電阻——內(nèi)接法與外接法選擇例題（2019·廣東模擬）：用伏安法測(cè)未知電阻\(R_x\)（約\(10\\Omega\)），給定器材：電源（6V）、電流表（0-0.6A，內(nèi)阻\(R_A=0.1\\Omega\)）、電壓表（0-3V，內(nèi)阻\(R_V=3k\\Omega\)）、滑動(dòng)變阻器（0-20\\Omega\)）。關(guān)鍵問(wèn)題解析：1.內(nèi)接法與外接法選擇：外接法：電壓表分流，誤差\(\DeltaR=R_x-\frac{U}{I}=R_x-\frac{R_xR_V}{R_x+R_V}=\frac{R_x^2}{R_x+R_V}\)（偏?。?；內(nèi)接法：電流表分壓，誤差\(\DeltaR=\frac{U}{I}-R_x=R_A\)（偏大）。計(jì)算臨界電阻：\(R_0=\sqrt{R_AR_V}=\sqrt{0.1\times3000}\approx17.3\\Omega\)，因\(R_x=10\\Omega<R_0\)，故用外接法（分流誤差?。?.滑動(dòng)變阻器連接方式：要求電壓從0開(kāi)始變化，故用分壓式（限流式無(wú)法實(shí)現(xiàn)電壓從0開(kāi)始）。易錯(cuò)點(diǎn)警示：誤選內(nèi)接法（因\(R_x\)較小，外接法誤差更?。?；誤選限流式（需電壓從0開(kāi)始時(shí)必須用分壓式）。方法總結(jié)：內(nèi)接法：\(R_x\ggR_A\)（電流表分壓小）；外接法：\(R_x\llR_V\)（電壓表分流小）；分壓式：要求電壓從0開(kāi)始，或\(R_x\)遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器總電阻。（三）計(jì)算題：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)——加速與偏轉(zhuǎn)例題（2019·江蘇模擬）：帶電粒子（質(zhì)量\(m\)，電荷量\(q\)）從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓\(U\)加速后，進(jìn)入垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，做半徑為\(r\)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度\(B\)。解析：1.加速過(guò)程（電場(chǎng)做功）：由動(dòng)能定理得：\(qU=\frac{1}{2}mv^2\impliesv=\sqrt{\frac{2qU}{m}}\)。2.偏轉(zhuǎn)過(guò)程（洛倫茲力提供向心力）：洛倫茲力\(F=qvB\)，向心力\(F=m\frac{v^2}{r}\)，聯(lián)立得：\[qvB=m\frac{v^2}{r}\impliesB=\frac{mv}{qr}\]3.聯(lián)立求解：將\(v\)代入得：\(B=\frac{m\sqrt{\frac{2qU}{m}}}{qr}=\frac{\sqrt{2mqU}}{qr}\)。答案：\(B=\frac{\sqrt{2mqU}}{qr}\)易錯(cuò)點(diǎn)警示：忘記加速過(guò)程的動(dòng)能定理（直接用洛倫茲力公式，缺少\(v\)的表達(dá)式）；單位換算錯(cuò)誤（如\(U\)用\(V\)，\(q\)用\(C\)，\(m\)用\(kg\)，\(r\)用\(m\)，\(B\)用\(T\)）。方法總結(jié)：復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題分階段分析：加速階段：用動(dòng)能定理（電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)）；偏轉(zhuǎn)階段：用洛倫茲力提供向心力（洛倫茲力不做功，速度大小不變）；聯(lián)立方程消去中間變量（如\(v\)），得到所求物理量表達(dá)式。三、熱學(xué)、光學(xué)、近代物理：抓住核心公式與規(guī)律（一）熱學(xué)：理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律例題（2019·山東模擬）：一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A（\(p_1=1atm\)，\(V_1=2L\)，\(T_1=273K\)）變化到狀態(tài)B（\(p_2=2atm\)，\(V_2=2L\)），求：1.狀態(tài)B的溫度\(T_2\)；2.氣體內(nèi)能變化\(\DeltaU\)（已知?dú)怏w定容摩爾熱容\(C_V=20.8\\text{J/(mol·K)}\)，摩爾數(shù)\(n=0.1\\text{mol}\)）。解析：1.理想氣體狀態(tài)方程：\(\frac{p_1V_1}{T_1}=\frac{p_2V_2}{T_2}\)，因\(V_1=V_2\)，故\(T_2=\frac{p_2}{p_1}T_1=\frac{2}{1}\times273=546\\text{K}\)。2.內(nèi)能變化：理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，\(\DeltaU=nC_V(T_2-T_1)=0.1\times20.8\times(546-273)=0.1\times20.8\times273=568.44\\text{J}\)（溫度升高，內(nèi)能增加）。答案：1.\(T_2=546\\text{K}\)；2.\(\DeltaU=568\\text{J}\)（保留兩位有效數(shù)字）。易錯(cuò)點(diǎn)警示：忽略理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)（誤認(rèn)為與體積或壓強(qiáng)有關(guān)）；狀態(tài)方程中溫度用攝氏溫度（必須用熱力學(xué)溫度\(T=t+273\\text{K}\)）。（二）光學(xué)：光的折射定律與全反射例題（2019·四川模擬）：光從空氣（\(n_1=1\)）射入玻璃（\(n_2=1.5\)），入射角\(i=60^\circ\)，求折射角\(r\)；若光從玻璃射入空氣，臨界角\(C\)是多少？解析：1.折射定律：\(n_1\sini=n_2\sinr\)，故\(\sinr=\frac{n_1}{n_2}\sini=\frac{1}{1.5}\sin60^\circ=\frac{1}{1.5}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\approx0.577\)，解得\(r\approx35.3^\circ\)。2.全反射臨界角：\(\sinC=\frac{n_1}{n_2}=\frac{1}{1.5}\approx0.667\)，解得\(C\approx41.8^\circ\)。答案：1.\(r\approx35^\circ\)；2.\(C\approx42^\circ\)（保留兩位有效數(shù)字）。易錯(cuò)點(diǎn)警示：折射角與入射角順序搞反（\(n_1\sini=n_2\sinr\)，\(i\)是入射介質(zhì)中的角度）；全反射條件記不全（光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，且入射角≥臨界角）。（三）近代物理：光電效應(yīng)方程例題（2019·湖南模擬）：用頻率為\(\nu=5\times10^{14}\\text{Hz}\)的光照射金屬，逸出光電子的最大初動(dòng)能\(E_k=0.5\\text{eV}\)（\(1\\text{eV}=1.6\times10^{-19}\\text{J}\)）。求：1.金屬逸出功\(W_0\)；2.若用頻率為\(2\nu\)的光照射，最大初動(dòng)能\(E_k'\)。解析：1.光電效應(yīng)方程：\(E_k=h\nu-W_0\)，其中\(zhòng)(h=6.63\times10^{-34}\\text{J·s}\)，故\(W_0=h\nu-E_k\)。計(jì)算：\(h\nu=6.63\times10^{-34}\times5\times10^{14}=3.315\times10^{-19}\\text{J}=2.07\\text{eV}\)，故\(W_0=2.07-0.5=1.57\\text{eV}\)。2.頻率為\(2\nu\)時(shí)的最大初動(dòng)能：\(E_k'=h\cdot2\nu-W_0=2h\nu-W_0=(h\nu-W_0)+h\nu=E_k+h\nu=0.5+2.07=2.57\\text{eV}\)。答案：1.\(W_0\approx1.6\\text{eV}\)