广东省华附、省实、广雅、深中2019届高三上学期期末联考理综物理试题

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前【全国百强校】广东省华附、省实、广雅、深中2019届高三上学期期末联考理综物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1甲、乙两车在同一条直道上行驶，两车的位置随时间变化的关系如图所示。己知乙车图线满足二次函数方程，且图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（ ）A甲车做匀变速直线运动，加速度a甲=4m/s2B两车运动方向相反，5s末两车速度大小相

2、等C乙车做匀变速直线运动，且初位置在s0=80m处D乙车加速度逐渐减小，10s末加速度恰减为02如图所示，一工人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处。已知该工人拉着绳的一端从滑轮的正下方水平向右匀速运动，速度大小恒为v，直至轻绳与竖直方向夹角为600。若滑轮的质量和摩擦阻力均不计，则该过程（ ）A货物也是匀速上升B绳子的拉力大于货物的重力C末时刻货物的速度大小为v2D工人做的功等于货物动能的增量3如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，A、B、C三点处在同一条电场线上，且AB=BC。一带电粒子仅受电场力作用下做直线运动，先后经过A、B、C，则该过程中粒子（ ）A可能做匀变速直线运动B在A点的加速

3、度最大C在A点时的电势能可能小于在C点时的电势能DA到B过程的电势能变化量可能等于B到C过程的电势能变化量4在地磁场的作用下处于水平静止的小磁针正上方，水平放置一直导线，且直导线平行于小磁针指向。若导线中通有电流I1时，小磁针偏转30º；若导线中通有电流I2时，小磁针偏转60º。已知通电直导线在某点处产生的磁感应强度与导线电流成正比，则I2I1大小为（ ）A2 B12 C3 D3评卷人得分二、多选题5质量均为m的P、Q两个小球（可视为质点）从同一圆锥顶点O向不同方向水平抛出，恰好都落到此圆锥面上。已知两球在空中的运动时间tp=2tQ，不计空气阻力，则从小球抛出到落至锥面的过

4、程中，下列说法正确的是（ ）AP球的速度变化量是Q球的两倍 B两球抛出时的速率满足：vp=2vQC两球的位移大小满足：Sp=2SQ D两球落到圆锥面上时重力的功率Pp=2PQ6如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路，其余元件正常，则（ ）A灯泡A变暗B电容器带电量减小C灯泡A电压变化量UA大于灯泡B电压变化量UBD电源的总功率变大7设想若能驾驶一辆由火箭作动力的汽车沿赤道行驶，并且相对地球速度可以任意增加，忽略空气阻力及汽车质量变化。当汽车速度增加到某一值时，汽车也将离开地球表面成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”。对此下列说法正确的是（ ）（已知地球半径R约为6

5、400km，g=9.8m/s2）A汽车离开地球的瞬间速度大小至少达到7.9km/sB“航天汽车”飞离地球表面高度越大，绕地球圆周运动时动能越大C“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期可达到1hD“航天汽车”上的水银气压计无法正常使用8如图所示，表面粗糙的斜面置于水平地面，斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，整个系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F将P缓慢拉起一小段高度，斜面及物块Q始终保持静止，则此过程中（ ） AQ受到的摩擦力一定变小B轻绳的拉力逐渐变大C地面对斜面的支持力变大D地面对斜面的摩擦力变大9以下关于物理学史和所

6、用物理学方法的叙述正确的是（ ）A卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”B伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因C电场强度E=Fq、电容C=QU、电流I=UR均采用了比值定义法D根据平均速度v=xt，当t0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想E. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题10某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，设计了如下实验方案：A悬挂一质量为m=0.078kg的钩码，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿

7、长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示（已知打点计时器接频率为50Hz的交流电源）。请回答下列问题：（取g=10m/s2，计算结果均保留2位有效数字）（1）按上述方法做实验，是否要求钩码质量远小于滑块的质量？_（填“是”或“否”）（2）打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=_m/s；滑块做匀加速直线运动的加速a=_m/s2；（3）根据牛顿第二定律，滑块质量的表达式应为M=_（用字母a、m以及当地的重力加速度g表示），计算结果为M=_kg。11如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成

8、下列问题。（1）多用电表的红表笔应是图甲中的_端（填“A”或“B”）。（2）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量_；当S旋到位置_时，电表可测量直流电流，且量程较大。（3）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择_（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（4）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍

9、率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下： A干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；B电流计G（量程300 A，内阻99）；C可变电阻器R；D定值电阻R0=1；E导线若干，红黑表笔各一只。 表盘上100 A刻度线对应的电阻刻度值是_；如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器R阻值应调为_，换挡前、后倍率之比为_。评卷人得分四、解答题12如图所示，边长为4a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子（重力不计）从AB边的中心O进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场

10、且与AB边的夹角为60°。（1）若粒子的速度为v，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动，求电场场强的大小和方向；（2）若粒子能从BC边的中点P离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。13如图所示，竖直面内有一长为R=0.2m的轻杆，轻杆一端与O点连接，另一端与A物块连接。A物块、B物块及A、B之间压缩的轻弹簧（图中未画出）处于绑定状态，弹簧弹性势能EP=34J，A、B可视为质点，两者质量均为m1kg。设A、B及压缩的弹簧构成的组合体为D，刚开始D悬挂在O点正下方，D右侧有一个固定的斜面体，斜面体倾角30°，且底边与D在同一水平面上；一薄木板C质量mC1k

11、g、长度L0.5m，置于斜面顶端且处于静止状态。现给D一向左的速度使其做圆周运动，到最高点时，绑定被解除，物块B瞬间以速度vB=3m/s 弹射出去，稍后B以平行于斜面方向的速度恰落到C的上端，。已知B、C之间的动摩擦因数1=32，C与斜面之间的动摩擦因数2=33，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力。（1）求D 刚到达最高位置时杆对D的作用力大小；（2）判断D从与O点等高位置到最高点的过程中水平分速度的变化情况；（只需简略说明理由，不用定量证明）（3）求从B落到C上到C到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热能。14如图所示，倾角为=37°的足

12、够长平行光滑的两导轨，间距为L=1 m，导轨间有垂直于轨道平面向下的磁场，磁感应强度大小B1=1T；底端ab间连一电阻R1=3；顶端通过导线连接一横截面积为S=0.1m2、总电阻为r=0.8、匝数N=100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向、且随时间均匀变化的磁场B2。一质量为m=0.1kg、电阻为R2=2、长度也为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g=10m/s2, sin37°=0.6，求：（1）若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时cd两端电势差Ucd为多少？（2）若闭合开关K，为使导体棒

13、始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小B2t。试卷第7页，总8页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1C【解析】【分析】位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动位移等于x的变化量结合这些知识分析【详解】位移-时间图象的斜率等于速度，可知甲车做匀速直线运动，加速度a甲=0，选项A错误；两车位移时间图像的斜率符号相仿，则两车运动方向相反，5s末两车位移大小相等，但是速度不相等，选项B错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则 s=12at2，根据图

14、象有：S0=12a102，20=12a52，解得：a=1.6m/s2，s0=80m，故C正确，D错误；故选C。2B【解析】【分析】人的运动是合运动，其速度v沿绳子方向的分速度大小等于货物的速度，根据几何关系得出货物的速度，再分析其变化然后根据牛顿第二定律求出绳的拉力T和物体的重力mg的关系【详解】由题意可知，将人的速度v沿绳子和垂直于绳方向分解，如图所示，沿绳的速度大小等于货物上升的速度大小，v货=vsin，随人向右运动逐渐变大，sin变大，若v不变，故货物运动的速度要变大，故A错误。货物的加速度向上，由牛顿第二定律可知其合力向上，则绳的拉力T大于物体的重力mg，故B正确；末时刻货物的速度大小

15、为v货=vsin600=32v，选项C错误；根据能量关系可知，工人做的功等于货物动能和重力势能的增量之和，D错误。故选B。【点睛】本题是绳端速度的分解问题，关键知道人沿绳子方向的分速度大小等于货物上升的速度大小将人的运动速度v沿绳子和垂直于绳分解，可判断货物的运动性质3C【解析】【分析】因A、B、C三点的电场线疏密不同，则场强不同，粒子在三点受到的电场力不同，加速度不同；根据EP=q判断电势能.【详解】因A、B、C三点的电场线疏密不同，A点的最密集，C点的最稀疏，可知粒子在C点受电场力最大，加速度最大，粒子在A、B、C直线上的运动不是匀变速运动，选项AB错误；A点的电势最高，但是由于不确定粒子

16、的电性可知，在A点时的电势能可能小于在C点时的电势能，选项C正确；由于AB之间的场强小于BC之间的场强，可知UAB<UCD，则A到B过程的电势能变化量不可能等于B到C过程的电势能变化量，选项D错误；故选C.4D【解析】【分析】小磁针所在位置有地磁场和电流产生的磁场；属于磁场的合成，磁感应强度为矢量，合成时遵循平行四边形定则【详解】当通过电流为I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为：当夹角为30°时，有：B1=kI1=B地tan30°当夹角为60°时，有：B2=kI2=B地tan60°由解得：I2=3I1，故ABC错误，D正确。故

17、选D。【点睛】本题要明确磁感应强度是矢量，合成的法则是平行四边定则，能正确应用平行四边形定是解决问题的关键5ABD【解析】【分析】根据平抛运动在水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合水平位移和竖直位移的关系即可求解.【详解】两小球均做平抛运动，因tP=2tQ，则根据v=gt可知P球的速度变化量是Q球的两倍，选项A正确；设圆锥母线与水平面夹角为，根据tan=12gt2v0t=gt2v0 可知两球抛出时的速率满足：vO=2vQ，选项B正确；位移s=hsin=gt22sin，则两球的位移大小满足：Sp=4SQ，选项C错误；两球落到圆锥面上时重力的功率P=mgvy=mg2t，则两球落到圆锥面

18、上时重力的功率Pp=2PQ，选项D正确；故选ABD.6BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构，先从断路R2开始分析，R2发生断路，则电阻R2的阻值变成无穷大，然后分析总电阻，总电流和路端电压，再进一步分析局部各部分.【详解】若电阻R2发生断路，则电阻R2的阻值变成无穷大，电路的总电阻变大，总电流减小，R4两端的电压减小，电容器两端电压减小，则电容器带电量减小；R1两端电压以及R1电流变大；通过灯泡B和电阻R3的电流减小，则灯泡B电压减小，则灯泡A电压变大，灯泡A量度变亮；因灯泡AB电压之和变大，可知灯泡A电压变化量UA大于灯泡B电压变化量UB；电源的总功率P=IE减小；故选项BC正确，AD错误

19、；故选BC.【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部整体局部”的思路进行分析7AD【解析】【分析】汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用与重力有关的仪器【详解】7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星。故A正确。根据v=GMr可知，“航天汽车”

20、飞离地球表面高度越大，绕地球圆周运动的速度越小，则动能越小，选项B错误；“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小。最小周期T=2Rv，v=7.9km/s，R=6400km，代入解得T=5087s=1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h。故C错误。在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用水银气压计测量压强，故D正确。故选AD.【点睛】对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星8BD【解析】【分析】分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平

21、衡条件解决问题由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面【详解】用水平向左的拉力F将P缓慢拉起一小段高度，则细绳与竖直方向夹角为，对P受力分析，由平衡知识可知，细绳的拉力T=mgcos，F=mgtan，则随增加，T变大，F变大，选项B正确；对物体Q，若开始时斜面对Q的静摩擦力向下，则T=mgsin+f，则T变大时，f变大，选项A错误；对PQ和斜面的整体，竖直方向地面对整体的支持力等于整体的重力，则地面对斜面的支持力不变；水平方向拉力F等于地面对整体的摩擦力，则当F变大时，地面对斜面的摩擦力变大，故选项C错误，D正确；故选BD.【点睛】本题关键要对物体P和Q以及整体分别受力分析，然后根据平衡

22、条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确定上9ADE【解析】【详解】卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”，选项A正确；伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，选项B错误；电场强度E=Fq、电容C=QU均采用了比值定义法，电流I=UR不是比值定义法，选项C错误；根据平均速度v=xt，当t0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，选项D正确；在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项E正确；故选ADE.10（1）否 （2）1.7m/s； 3.9m/s2 （3）mg/a 0.20 【解析】【分析】（1）根据实验原理分析

23、是否要求钩码质量远小于滑块的质量；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小；（3）应用牛顿第二定律可以求出滑块的质量。【详解】（1）按上述方法做实验，则当滑块沿斜面匀速下滑时满足：Mgsin=mg+f；撤去砝码后滑块受到的合力为F= Mgsin-f =mg，则实验不是验证牛顿第二定律，则不需要钩码质量远小于滑块的质量；（2）打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=xCE4T=(6.45+7.07)×10-24×0.02m/s=1.7m/s；滑块做匀加速直

24、线运动的加速a=xCE-xAC(4T)2=(7.07+6.45-5.84-5.20)×10-216×0.022m/s2=3.9m/s2；（3）滑块受到的合外力等于F=mg，则Ma=mg，解得M=mga，解得M=0.078×103.9kg=0.20kg【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第二定律即可解题，要熟练掌握基础知识，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。11（1）A （2）直流电压 1 （3）×100 偏大 （4）2×104 99.01 100：1 【解析】【分析】（1）多用电表的红表笔应该接欧姆档的内部

25、电源的负极；（2）灵敏电流计与分压电阻串联可以改装成电压表，灵敏电流计与分流电阻并联可以改装成电流表，并联电阻阻值越小电流表量程越大；（3）用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近（4）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律可以求出电阻阻值。【详解】（1）多用电表的红表笔应该接欧姆档的内部电源的负极，则应是图甲中的A端。（2）由图甲所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压；由图甲所示电路图可知，当S旋到位置1时与表头G并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大（3）测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡

26、测量，发现多用表指针偏转很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择×100倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式：Ig=ER内，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I=ER内+Rx=Ig1+RXR内，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大（4）欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为：R中=R内=EIg=3300×10-6=1×104；有：Ig=ER内，13Ig=ER内+R，解得：R=2&#

27、215;104；电流表内阻为99，给电流表并联1的电阻，则电流计满偏时两端的电压为300×10-6×99V=2.97×10-2V ，此时变阻器电流为300×10-6A+2.97×10-21A=3×10-2A ；则变阻器的阻值为3-2.97×10-23×10-2=99.01；因电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1100，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100：1；【点睛】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的关键；欧姆表中值电阻等于其内阻；应用闭合电

28、路欧姆定律可以解题12（1）E=vB（2）23qBa3m；2m3qB【解析】【分析】（1）电荷受到的洛伦兹力由A指向P，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，列出平衡方程求解场强E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合几何关系求解粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。【详解】（1）电荷受到的洛伦兹力由A指向P，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，故电荷受电场力方向由P指向A，因粒子带正电，所以场强方向由P指向A。设电场强度为E，有qE=qvB E=vB （2）如图，粒子从P点出磁场，过O点作线段OD，OD垂直初速度，O/为轨道圆心，由几何关系可知，PD=a，OD=3a，设轨

29、道半径为r，则O/D=3a-r。在直角三角形O/PD中，有(3a-r)2+a2=r2 得r=23a3设粒子速度大小为v由qv'B=mv'2r 得v'=qBrm将r=23a3代入得v'=23qBa3m O'D=3a-23a3=3a3，OP=r=23a3，故PO/D=600 轨道对应的圆心角为1200，所以由O到P所用的时间t=T3 T=2rv 得t=2m3qB【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决此类问题，关键是要作出粒子轨迹过程图，确定圆心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解13（1）12.5N（2）水平速度先增大后减小（3）5J【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律列式求解D运动到最高点时速度，根据牛顿第二定律求解D 刚到达最高位置时杆对D的作用力大小；（2）D在P点受到向右的拉力，到最高点时受到向上的支持力，D在水平方向先受到向右的力，后受到向左的力，故此得到水平速度的变化；（3）结合平抛运动的规律、牛顿第二定律以及能量关系求解从B落到C上到C到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热能.【详解】（1）设D运动到最高点时速度为v，B和A弹开时A的速度为