四省名校届高三物理第二次大联考试题含解析

四省名校届高三物理第二次大联考试题含剖析四省名校届高三物理第二次大联考试题含剖析PAGE四省名校届高三物理第二次大联考试题含剖析2019届四省名校高三第二次大联考理综（物理部分）二、选择题：此题共δ小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.以下说法正确的选项是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.开普勒依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第一比较精准地测出了引力常量【答案】D【剖析】【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第一比较精准地测定了引力常量，选项B错误，D正确；开普勒依据观察的数据提出了行星运动规律，选项C错误；应选D.2.为找寻“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(以以下图)，一个线圈A连结电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在此中一段直导线正下方搁置一小磁针。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，最后还原B.小磁针沿顺时针方向偏转，并向来保持这类偏转状态C.小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最后还原D.小磁针沿逆时针方向偏转，并向来保持这类偏转状态【答案】A【剖析】【剖析】先依据右手螺旋定章判断原磁场方向，此后依据楞次定律判断感觉电流的磁场方向，最后再依据右手螺旋定章判断感觉电流方向并获得小磁针能否偏转；【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增添，故依据楞次定律，感觉电流的磁场为逆时针方向，故右边线圈中感觉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，电路坚固后，无感觉电流，小磁针不偏转，最后还原；选项A正确，BCD错误；应选A。【点睛】此题要点是明确电磁感觉现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬时闭合电路中才会有感觉电流．3.以以下图，在卸货场，挂钩连结四根长度均为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，连结点将圆环四均分。圆环正迟缓地匀速上涨，已知重力加快度为g，则每根轻绳上的拉力大小为A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】C【剖析】【剖析】水平圆环匀速上涨，受力均衡，依据均衡条件联合几何关系求解即可．【详解】水平圆环匀速上涨，受力均衡，则4根绳索的协力F=mg，则每一根绳在竖直方向上的重量等于mg，设绳索与竖直方向的夹角为θ，依据几何关系有：sinθ＝，cosθ=0.8；

则Tcosθ=mg，解得：T=mg，应选C。4.以以下图，在边长为a的正方形ABCD地区(包含界限)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.2：1B.3：2C.3：1D.4：3【答案】B【剖析】【剖析】依据两种状况下粒子的运动轨迹由几何关系确立粒子的轨道半径，依据确立速度比.【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，依据可知，则，应选B.5.某单相沟通发电机的电动势e=Emsinωt，假如将发电机的电枢转速增大到原米的2倍，其余条件不变，则以下说法正确的选项是A.电动势的有效值变为本来的倍B.电动势的峰值变为本来的2倍C.沟通电的周期变为本来的2倍D.沟通电的频次变为本来的2倍【答案】BD【剖析】【剖析】依据沟通发电机工作时的电动势最大值表达式，求出电枢的转速提升一倍时感觉电动势最大值．依据、f=n判断周期频次的变化.【详解】沟通发电机工作时的电动势最大值表达式Em=NBSω，将发电机电枢的转速提升一倍，电动势最大值表达式：Em′=NBS2ω=2NBSω=2Em，依据可知，电动势的有效值变为本来的2倍，选项A错误，B正确；依据可知沟通电的周期变为本来的倍，频次变为本来的2倍，选项C错误，D正确；应选BD.6.一质点在0~6s内竖直向上运动，若取向上为止方向，g取10m/s2，其v-t图象以以下图。以下说法正确的选项是A.质点在0~2s内减小的动能大于在4~6s内减小的动能B.在4~6s內，质点处于失重状态，且机槭能增添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【剖析】【剖析】依据动能的见解求解动能的变化进行比较；4~6s內经过计算加快度求解合外力，判断除重力之外的其余力做功状况，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0~2s内减小的动能：；在4~6s内减小的动能：，则质点在0~2s内减小的动能大于在4~6s内减小的动能，选项A正确；在4~6s內，质点的加快度向下，处于失重状态，因加快度为，则除重力之外还有其余的力对物体做负功，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；应选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，即物体的加快度等于g，则机械能不变，若向上减速的加快度小于g，说明物体遇到了向上的外力作用，机械能增添，反之向上减速的加快度大于g则机械能减小。7.以以下图，木块A、B静止叠放在圆滑水平面上，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恰巧不发生相对滑动，一同沿着水平面运动。若改用水平力F′拉木块B(如图乙所示)，使木块A、B也保持相对静止一同沿着水平面运动，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【剖析】【剖析】物体A与B恰巧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，能够先对A或B受力剖析，再对整体受力剖析，此后依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恰巧不滑动时，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恰巧不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，依据牛顿第二定律，有fm=2ma2；对A、B整体，依据牛顿第二定律，有F′=3ma2，解得：F′=1.5fm；即木块A、B也保持相对静止一同沿着水平面运动F′≤F，应选ABC.【点睛】此题要点抓住恰巧不滑动的临界条件，此后灵巧地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解。8.某同学做了一个兴趣实验，以以下图，有两个弹性小球A、B重叠搁置，质量分别为m1、m2，两球球心在同一竖直线上。现让它们在距水平川面高h处由静止开释，落地时以为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上涨的最大高度为H。所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽视不计，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。以下说法正确的选项是A.若m2=3m1，则H=4hB.若m2=3m1，则H=9hC.若m2>>m1，则近似有H=9hD.若m2>>m1，则近似有H=16h【答案】AC【剖析】【剖析】降落过程为自由落体运动，触地时两球速度同样，但m2碰撞地今后，速度瞬时反向，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，今后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】降落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同样，为：v=，m2碰撞地今后，速度瞬时反向，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m2>>m1，则v1→3v，则近似有H==9h，选项C正确，D错误；应选AC.【点睛】此题观察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，经过动量守恒和能量守恒求出A球碰撞后的速度是要点．三、非选择题：本卷包含必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必然作答。第33~38题为选考题，考生依据要求作答。9.某冋学利用如图甲所示装置研究匀变速直线运动规律。某次实验经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，打点计时器所接沟通电源频次为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)实验中以下举措必需的是_________(填正确答案标号)A.打点计时器接220V沟通电源B.均衡小车与长木板间的摩擦力C.细线必然与长木板平行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快度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【剖析】【剖析】（1）依据实验的原理以及实验注意事项选择必需的举措；（2）依据x=v0t+at2可得联合图像的斜率和截距求解初速度和加快度.【详解】（1）电磁打点计时器接4-6V沟通电源，选项A错误；实验时不需要均衡小车与长木板间的摩擦力，选项B错误；细线必然与长木板平行，选项C正确；实验中小车做匀加快运动即可，没必需小车的质量远大于钩码的质量，选项D错误；应选C.（2）依据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=2Ω。(1)依据图甲所示电路，将图乙所小的实物图连结增补圆满(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地点，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=_________Ω。(结果均保存三位有效数字)(3)本实验电路设计冇在系统偏差。为了减小系统偏差，以下说法止确的是_________(填正确答案标号)。A.关于电压表V1，应采用内阻更小的B.关于电压表Ⅴ1，应采用內阻更大的C.关于电压表V2，应采用内阻更小的D.关于电压表V2，应采用内阻更大的【答案】(1).2.70(2).1.50(3).B【剖析】【剖析】（1）依据电路图连结实物图；（2）依据动能定理电路构造以及闭合电路的欧姆定律列式求解电动势和内阻；（3）本实验产生偏差主假如电压表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=U′1+I2r=2.40+0.2r；联立解得：E=2.70V，r=1.50Ω.（3）本实验产生偏差主假如电压表V1的分流作用，则为了减小实验的偏差，应采用內阻更大的电压表Ⅴ1，应选B.【点睛】此题观察实验中的偏差剖析及数据办理，特别是数据的办理应要点掌握；注意各电表的示数与我们的需要的数据能否一致，进而得出偏差根源。11.以以下图，在竖直平面內有一粗拙斜面轨道AB与圆滑圆弧轨道BC在B点圆滑连结(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θ=37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径R=1m，圆心角θ=37°，C点距水平川面的高度h=0.512m，整个轨道是固定的。一质量m=1kg的滑块在A点由静止开释，最后落到水平川面上。滑块可视为质点，滑块与斜而轨道之间的动摩擦因数μ=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)渭块走开C点后在空中运动的时间t。【答案】(1)(2)【剖析】【剖析】（1）对滑块在A到B的过程，由动能定理求解抵达B点的速度，依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）由动能定理求解抵达C点的速度，滑块走开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滑块走开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.以下说法正确的选项是_________A.悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，反应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.气体温度高升时，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同样温度下同样质量的水的内能E.必然质量的气体，向外界放热，内能可能不变【答案】BDE【剖析】【详解】悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，反应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；气体温度高升时，气体分子的均匀动能变大，其实不是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℃的水变为同温度的水蒸气要汲取热量，则100℃水蒸气的内能大于同样温度下同样质量的水的内能，选项D正确；必然质量的气体，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；应选BDE.13.以以下图，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁圆滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，必然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，此后将平台顺时针迟缓转动直至水平，该过程中，能够以为气缸中气体温度与环境温度同样，向来为T0，平台转至水平常，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)当平合处于水平川点时，求气缸内气体的体积；(ⅱ)若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度迟缓降至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)(ⅱ)【剖析】【剖析】（1）选择气体的状态，找到状态参量，依据玻意耳定律求解气缸内气体的体积；（2）依据热力学第必然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当平台水平常，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活塞降落过程，外界对气体做W=p2(V2-V3)已知气缸内气体汲取的热量Q=-0.38p0V由热力学第必然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.以下说法正确的选项是_________A.做简谐运动的物体，当速度为正时，位移必然为负，加快度必然为正B.当驱动力的频次等于固有频次时，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耀下特別光明是利用了光的干预D.电磁波的接收是利用了电谐振把合用信号选择出来E.狭义相对论中假定在不同样惯性参照系中，物理规律(包含力学的和电磁的)都是同样的【答案】BDE【剖析】【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，加快度可能为正，也可能为负，选项A错误；当驱动力的频次等于固有频次时，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耀下特別光明是全反射现象，