四省名校2019届高三物理第二次大联考试题（含解析）.doc

2019届四省名校高三第二次大联考理综（物理部分）二、选择题：本题共小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是A. 古希腊学者托勒密提出了日心说B. 牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量C. 开普勒根据万行引力定律提出了行星运动规律D. 卡文迪许利用扭秤装置首先比较精确地测出了引力常量【答案】D【解析】【详解】哥白尼提出了日心说，选项A错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置首先比较精确地测定了引力常量，选项B错误，D正确；开普勒根据观测的数据提出了行星运动规律，选项C错误；故选D.2.为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关K后，从上往下看A. 小磁针沿顺吋针方向偏转了一下，最终复原B. 小磁针沿顺时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态C. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原D. 小磁针沿逆时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态【答案】A【解析】【分析】先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线下方的磁场向里，小磁针沿顺时针方向旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，最终复原；选项A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流3.如图所示，在卸货场，挂钩连接四根长度均为L的轻绳，四根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环四等分。圆环正缓慢地匀速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为A. mg B. mg C. mg D. mg【答案】C【解析】【分析】水平圆环匀速上升，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系求解即可【详解】水平圆环匀速上升，受力平衡，则4根绳子的合力F=mg，则每一根绳在竖直方向上的分量等于mg，设绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系有：sin，cos=0.8；则Tcos=mg，解得：T=mg ，故选C。4.如图所示，在边长为a的正方形ABCD区域(包含边界)内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。E点是AB边上的一点，且AE之间的距离为。将一电子从E点沿EB方向射出，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切：若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切。则v1与v2之比为A. 2：1 B. 3：2 C. 3：1 D. 4：3【答案】B【解析】【分析】根据两种情况下粒子的运动轨迹由几何关系确定粒子的轨道半径，根据确定速度比.【详解】将一电子从E点沿EB方向射出，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径，若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径，根据可知，则，故选B.5.某单相交流发电机的电动势e=Emsint，如果将发电机的电枢转速增大到原米的2倍，其他条件不变，则下列说法正确的是A. 电动势的有效值变为原来的倍 B. 电动势的峰值变为原来的2倍C. 交流电的周期变为原来的2倍 D. 交流电的频率变为原来的2倍【答案】BD【解析】【分析】根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式，求出电枢的转速提高一倍时感应电动势最大值根据、f=n判断周期频率的变化.【详解】交流发电机工作时的电动势最大值表达式Em=NBS，将发电机电枢的转速提高一倍，电动势最大值表达式：Em=NBS2=2NBS=2Em，根据可知，电动势的有效值变为原来的2倍，选项A错误，B正确；根据可知交流电的周期变为原来的倍，频率变为原来的2倍，选项C错误，D正确；故选BD.6.一质点在06s内竖直向上运动，若取向上为止方向，g取10m/s2，其v-t图象如图所示。下列说法正确的是A. 质点在02s内减小的动能大于在46s内减小的动能B. 在46s內，质点处于失重状态，且机槭能增加C. 质点在第2s末的机械能大于在第6s末的机械能D. 质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能【答案】AD【解析】【分析】根据动能的概念求解动能的变化进行比较；46s內通过计算加速度求解合外力，判断除重力以外的其它力做功情况，判断机械能的变化；计算质点在第2s末的机械能和在第6s末的机械能大小进行比较.【详解】质点在02s内减小的动能：；在46s内减小的动能：，则质点在02s内减小的动能大于在46s内减小的动能，选项A正确；在46s內，质点的加速度向下，处于失重状态，因加速度为，则除重力以外还有其他的力对物体做负功，则质点的机械能减小，选项B错误；质点在t=2s时的机械能：；质点在t=6s时的机械能：；则质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能，选项C错误，D正确；故选AD.【点睛】物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小。7.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，木块A的质量为2m，木块B的质量为m。现用水平力F拉木块A(如图甲所示)，木块A、B刚好不发生相对滑动，一起沿着水平面运动。若改用水平力F拉木块B(如图乙所示)，使木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F可能为A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A或B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【详解】当F作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F-fm=2ma1；对整体有：F=3ma1；联立解得：F=3fm；力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，根据牛顿第二定律，有fm=2ma2；对A、B整体，根据牛顿第二定律，有F=3ma2，解得：F=1.5fm；即木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动FF，故选ABC.【点睛】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解。8.某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B重叠放置，质量分别为m1、m2，两球球心在同一竖直线上。现让它们在距水平地面高h处由静止释放，落地时认为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上升的最大高度为H。所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是A. 若m2=3m1，则H=4h B. 若m2=3m1，则H=9hC. 若m2m1，则近似有H=9h D. 若m2m1，则近似有H=16h【答案】AC【解析】【分析】下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，但m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，而m1也会与m2碰撞，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，能量守恒，列方程解得m2速度，之后m2做竖直上抛运动，由动能定理或运动学公式求解反弹高度【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为：v=，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得：(m1+m2)v2=m1v12+m2v22，解得 ，由题可知：m2=3m1，联立解得：v1=2，反弹后高度为：H=4h，故A正确，B错误。若m2m1，则v13v，则近似有H=9h，选项C正确，D错误；故选AC.【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，知道在弹性碰撞的过程中，动量守恒，能量守恒，通过动量守恒和能量守恒求出A球碰撞后的速度是关键三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.某冋学利用如图甲所示装置研究匀变速直线运动规律。某次实验通过电磁打点计时器打出纸带的一部分如图乙所示，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每两个相邻计数点间有4个计时点没有画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz。分别测出A点到B、C、D、E点之间的距离，x1、x2、x3、x4，以打A点作为计时起点，算出小车位移与对应运动时间的比值，并作出t图象如图丙所示。(1)实验中下列措施必要的是_(填正确答案标号)A.打点计时器接220V交流电源 B.平衡小车与长木板间的摩擦力C.细线必须与长木板平行 D.小车的质量远大于钩码的质量(2)由图内中图象求出小车加速度a=_m/s2，打A点时小车的速度vA=_m/s。(结果均伓留两位有效数字)【答案】 (1). C (2). 5.0 (3). 0.40【解析】【分析】（1）根据实验的原理以及实验注意事项选择必要的措施；（2）根据x=v0t+at2可得结合图像的斜率和截距求解初速度和加速度.【详解】（1）电磁打点计时器接4-6V交流电源，选项A错误；实验时不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项B错误；细线必须与长木板平行，选项C正确；实验中小车做匀加速运动即可，没必要小车的质量远大于钩码的质量，选项D错误；故选C.（2）根据x=v0t+at2可得，由图像可知：v0=vA=0.4m/s； 10.某同学用如图甲所示电路图测定电源电动势和内阻，定值电阻R0=2。(1)根据图甲所示电路，将图乙所小的实物图连接补充完整(2)某同学实验过程中，测出当电压表V1的读数U1=1.80V时，电压表V2的读数U2=0.60V。改变滑动变阻器滑片的位置，电压表V1的读数U1=2.40V时，电压表V2的读数为U2=2.00V，则电源电动势E=_V，內阻r=_。(结果均保留三位有效数字)(3)本实验电路设计冇在系统误差。为了减小系统误差，下列说法止确的是_(填正确答案标号)。A.对于电压表V1，应选用内阻更小的 B.对于电压表1，应选用內阻更大的C.对于电压表V2，应选用内阻更小的 D.对于电压表V2，应选用内阻更大的【答案】 (1). 2.70 (2). 1.50 (3). B【解析】【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据动能定理电路结构以及闭合电路的欧姆定律列式求解电动势和内阻；（3）本实验产生误差主要是电压表V1的分流作用，由此进行判断.【详解】（1）实物连线如图；（2）当电压表V1的读数U1=1.80V，电压表V2的读数U2=0.60V时，则电源的电流。由闭合电路的欧姆定律：E=U1+I1r=1.80+0.6r；同理，当电压表V1的读数U1=2.40V，电压表V2的读数为U2=2.00V时，则电源的电流。由闭合电路的欧姆定律：E=U1+I2r=2.40+0.2r；联立解得：E=2.70V，r=1.50.（3）本实验产生误差主要是电压表V1的分流作用，则为了减小实验的误差，应选用內阻更大的电压表1，故选B.【点睛】本题考查实验中的误差分析及数据处理，特别是数据的处理应重点把握；注意各电表的示数与我们的需要的数据是否一致，从而得出误差来源。11.如图所示，在竖直平面內有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接(滑块经过B点时速度大小不变)，斜面轨道长L=2.5m，斜面倾角=37，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径R=1m，圆心角=37，C点距水平地面的高度h=0.512m，整个轨道是固定的。一质量m=1kg的滑块在A点由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜而轨道之间的动摩擦因数=0.25，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：(1)滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力；(2)渭块离开C点后在空中运动的时间t。【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）对滑块在A到B的过程，由动能定理求解到达B点的速度，根据牛顿第二定律求解滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力；（2）由动能定理求解到达C点的速度，滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动，由此求解在空中运动的时间.【详解】（1）对滑块在A到B的过程，由动能定理： 解得vB=2m/s对滑块经过B点时，由牛顿第二定律：F-mg=m 由牛顿第三定律可得：F=F解得F=30N方向竖直向下；（2）对滑块在B到C的过程，由动能定理：解得vC=4m/s滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则： 解得t=0.64s12.下列说法正确的是_A. 悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，反映了花粉分子在做无规则运动B. 当分子间距离减小时，分子之间的引力与斥力均增大C. 气体温度升高时，所有气体分子的动能均增大D. 在一个标准大气压下，100的水蒸气的内能大于相同温度下相同质量的水的内能E. 一定质量的气体，向外界放热，内能可能不变【答案】BDE【解析】【详解】悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，反映了液体分子在做无规则运动，选项A错误；当分子间距离减小时，分子之间的引力与斥力均增大，选项B正确；气体温度升高时，气体分子的平均动能变大，并非所有气体分子的动能均增大，选项C错误；在一个标准大气压下，100的水变成同温度的水蒸气要吸收热量，则100水蒸气的内能大于相同温度下相同质量的水的内能，选项D正确；一定质量的气体，向外界放热，同时外接对气体做功，则内能可能不变，选项E正确；故选BDE.13.如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，一定量的气体做密封在气缸内。当平台倾角为37时，气缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为气缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37=0.6，cs37=0.8。(i)当平合处于水平位置时，求气缸内气体的体积；()若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中气缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量U。【答案】(i) () 【解析】【分析】（1）选择气体的状态，找到状态参量，根据玻意耳定律求解气缸内气体的体积；（2）根据热力学第一定律求解气体内能的变化.【详解】（1）设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为370时气缸内气体的压强为 气体的体积V1=V当平台水平时，气缸内气体的压强解得p1=1.8p0平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p1V1= p2V2解得V2=0.9V（2）降温过程，气缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律： 解得V3=0.81V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=-0.38p0V由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量U=W+Q解得U=-0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V.14.下列说法正确的是_A. 做简谐运动的物体，当速度为正时，位移一定为负，加速度一定为正B. 当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大C. 夜晩，高速公路上的路牌在车灯的照射下特別明亮是利用了光的干涉D. 电磁波的接收是利用了电谐振把有用信号选择出来E. 狭义相对论中假设在不同惯性参考系中，物理规律(包括力学的和电磁的)都是一样的【答案】BDE【解析】【详解】做简谐运动的物体，当速度为正时，位移可能为正，也可能为负，加速度可能为正，也可能为负，选项A错误；当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大，出现共振现象，选项B正确；夜晩，高速公路上的路牌在车灯的照射下特別明亮是全反射现象，选项C错误；电磁波的接收是利用了电谐振把有用信号选择出来，选项D正确；狭义相对论中假设在不同惯性参考系中，物理规律(包括力学的和电磁的)都是一样的，选项E正确；故选BDE.15.如图所示，ABC为直角三棱镜，ACB=30，ABC=90。一東光线OD从AC而的D点入射到三棱镜上，经折射后在BC面的E点发生全反射，然后从AB面的F点经折射后射出三棱镜。已知EG垂直于BC，EG交AC于G点，D点恰好为CG的中点，不计光线在三棱镜中的多次反射，求：(i)从F点射出的光线相对于入射光线OD的偏转角；()满足光线在三棱镜中传播路径不变的条件下，棱镜折射率的范围。【答案】(i) () 【解析】【分析】（i）根据几何关系得到D点折射角，从而得到E点入射角、反射角、F点入射角；再根据折射率相等得到D点入射角和F点折射角，从而求得偏角；（ii）根据光在D、F发生折射，由折射角求得折射率的最大值；根据光在E点发生全发射，由入射角求得折射率的最小值，即可得到折射率的范围。【详解】（i）由于D是CG的中点，GEBC，根据几何关系可得：光束在D点发生折射时的折射角为D=30；那么，根据几何关系可得：在E点的入射角、反射角均为D+30=60；在F点的入射角为F=30；那么，设入射角为D，可得：折射角F=D，故出射光相对于D点的入射光的偏角为60-D+F=60；（ii）由E点反射角为60可得：EFAC；故根据D点折射角为D=30可得：棱镜折射率n2；根据光束在E点入射角为60，发生全反射可得：，故棱镜折射率的取值范围为n2【点睛】光的折射率n，故折射率越大，临界角越小；故发生全反射，入射角不小于临界角，求得折射率的下限；发生折射，折射角不大于临界角，求得折射率的上限。