【校级联考】四省名校2019届高三第二次大联考理科综合试题(物理部分)-

1、题号一一三四五总分得分考试范围：xxx;考试时间：100分钟；命题人：xxx第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分1 .下列说法正确的是、单选题A.古希腊学者托勒密提出了日心说绝密启用前【校级联考】四省名校2019届高三第二次大联考理科综合试题（物理部分）试卷副标题注意事项：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

2、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 .小磁针沿顺时针方向偏转了一下，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,试卷第8页，总6页已知重力加速度为g,则每根轻绳上的拉力大小为题答内线订装在要不请派VJ &g

3、t;)> 上一工。 >)> ,、打】 】 】 C - - - - 韭 - - - - C 】 】 】 八夕A. mgB. mgC. mgD. -mg4 .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之间的距离为一。将一电子从 E点沿EB方向射出，若初速度为 vi,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: 2C. 3: 1 D. 4: 3评卷人 得分二、多选题5 .某单相交流发电机的电动势 e=Emsin 3如果将发电机的电

4、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米的一倍B.电动势的峰值变为原米的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内，质点处于失重状态，且机械能增加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

5、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'可能为甲乙A. B. C. D.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 Ho 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

6、确的是A.若 m2=3mi,贝U H=4hB.若 m2=3mi,贝U H=9hC.若m2>>mi,则近似有 H=9h D.若m2>>mi,则近似有 H=16h第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明三、实验题9 .某同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-一t图

7、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。(结果均休留两位有效数字)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Ro=2Q0(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 Vi的读数Ui=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 Vi的读数Ui' =2.40V寸，电压表

8、 V2的读数为U2' =2.00V则电源电动势 E=V,内阻r=Qo (结果均保留三位有效题答内线订装在要不请派VJ >)> 上一工。 >)> ,、打】 】 】 C - - - - 韭 - - - - C 】 】 】 八夕评卷人得分四、解答题数字)(3)本实验电路设计存在系统误差。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Vi,应选用内阻更小的B.对于电压表V 1,应选用内阻更大的C.对于电压表V2,应选用内阻更小的D.对于电压表72,应选用内阻更大的11 .如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道 BC在B点平滑连接

9、(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；。点是圆弧 轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径 R=1m,圆心角 0 =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：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 to12.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，气缸内有导热活塞，活塞底面与

10、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T。，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强 po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；(ii)若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度缓慢降至0.9T。(大气压强po保持不变),U。该过程中气缸内气体放出O.38poV的热量，求该过程中气体内能的变化量413 .如图所示，ABC为直角三棱镜，/ACB=30° , / ABC=90

11、76;。一束光线 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；(ii)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。评卷人 得分五、填空题14 .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 c的水蒸气的内能大于

12、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15 .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.夜晚，高速公路上的路牌在车灯的照射下特别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题答内线订装在要不请派 rkr 八 夕 一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1. . 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

13、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. 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Ao【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只

14、有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流.3. 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以根据几何关系有：sin室,cos。=0.8;贝U TcosO=mg,解得：T=mg ,故选 C。4. 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 vi,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

15、迹将与 CD边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径-，根据一可知 ，则一-，故选B.5. 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必 将发电机电枢的转速提高一倍，电动势最大值表达式：Em，=NBS2co =2NBSw =2E根据 v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 一倍，频率变为原来的2倍，选项C错误，D正确；故选BD.6. AD【解析】【分析】根据动能的概念求解动能的变化进行比较；

16、46s内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内,质点的加速度向下， 处于失重状态，因加速度为一一，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

17、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. 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=2mai ；对整体有：F=3ma1；联立解得：F=3%;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

18、律，有fm=2ma2；对A、B整体，根据牛顿第二定律，有 F' =3ma解彳导:F' =1尉；即木块A、B也保持相对静止一起 沿着水平面运动 F'吓，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. 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mi也会与m2碰撞，选mi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

19、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 mi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-miv=m ivi+m2v2,由能量守恒定律得：-(mi+m2)v2=-mivi2+-m2v22,解得 ,由题可知：m2=3mi,联立解得：vi=2，反弹后高度为：H=4h ,故A正确，B错误。若m2>>mi,则vi3v,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

20、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.9. C5.00.40【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=vot+-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=vot+-at2 可得- -，由图像 可知：vo=vA=0.4m/s ;10. 2.701.

21、50 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Vi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 Vi的读数 Ui=l.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=Ui+Iir=1.80+0.6r ;同理，当电压表Vi的读数U/ =2.40Vfe压表V2的读数为 6' =2.00时，则电源的电流 。 由闭 合电路的欧姆 定律：E=U'i+12r=2.40+0.2r ; 联立解得：E=2.70V , r=i.

22、50 Q.(3)本实验产生误差主要是电压表Vi的分流作用，则为了减小实验的误差，应选用内阻更大的电压表V 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. (i)(2)【解析】【分析】(i)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】(i)对滑块在 A到B的过程，由动能定理：-解得 Vb=2 m/s对

23、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. (i)(ii)【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Vi=V当平台水平时，气缸内气体的压强一解得 Pi=1.8po平台从倾斜转至水平过程

24、中，由玻意耳定律：P1V尸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=p 2(V 2-V 3)已知气缸内气体吸收的热量Q=-0.38p 0V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.13. (i)3) 一【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