四省名校屆高三物理第二次大聯(lián)考試題含解析

四省名校屆高三物理第二次大聯(lián)考試題含剖析四省名校屆高三物理第二次大聯(lián)考試題含剖析PAGE四省名校屆高三物理第二次大聯(lián)考試題含剖析2019屆四省名校高三第二次大聯(lián)考理綜（物理部分）二、選擇題：此題共δ小題，每題6分。在每題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。所有選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.以下說法正確的選項是A.古希臘學者托勒密提出了日心說B.牛頓提出了萬有引力定律，并測定了引力常量C.開普勒依據(jù)萬行引力定律提出了行星運動規(guī)律D.卡文迪許利用扭秤裝置第一比較精準地測出了引力常量【答案】D【剖析】【詳解】哥白尼提出了日心說，選項A錯誤；牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許利用扭秤裝置第一比較精準地測定了引力常量，選項B錯誤，D正確；開普勒依據(jù)觀察的數(shù)據(jù)提出了行星運動規(guī)律，選項C錯誤；應選D.2.為找尋“磁生電”現(xiàn)象，英國物理學家法拉第在1831年把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上(以以下圖)，一個線圈A連結(jié)電池E和開關(guān)K，另一個線圈B閉合，并在此中一段直導線正下方擱置一小磁針。閉合開關(guān)K前，小磁針靜止且與直導線平行。當閉合開關(guān)K后，從上往下看A.小磁針沿順吋針方向偏轉(zhuǎn)了一下，最后還原B.小磁針沿順時針方向偏轉(zhuǎn)，并向來保持這類偏轉(zhuǎn)狀態(tài)C.小磁針沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)了一下，最后還原D.小磁針沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，并向來保持這類偏轉(zhuǎn)狀態(tài)【答案】A【剖析】【剖析】先依據(jù)右手螺旋定章判斷原磁場方向，此后依據(jù)楞次定律判斷感覺電流的磁場方向，最后再依據(jù)右手螺旋定章判斷感覺電流方向并獲得小磁針能否偏轉(zhuǎn)；【詳解】閉合電鍵后，線圈中的磁場方向為順時針，且增添，故依據(jù)楞次定律，感覺電流的磁場為逆時針方向，故右邊線圈中感覺電流方向俯視逆時針，故直導線下方的磁場向里，小磁針沿順時針方向旋轉(zhuǎn)一下，電路堅固后，無感覺電流，小磁針不偏轉(zhuǎn)，最后還原；選項A正確，BCD錯誤；應選A?！军c睛】此題要點是明確電磁感覺現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，只有磁通量變化的瞬時閉合電路中才會有感覺電流．3.以以下圖，在卸貨場，掛鉤連結(jié)四根長度均為L的輕繩，四根輕繩的另一端與一質(zhì)量為m、直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連結(jié)點將圓環(huán)四均分。圓環(huán)正遲緩地勻速上漲，已知重力加快度為g，則每根輕繩上的拉力大小為A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】C【剖析】【剖析】水平圓環(huán)勻速上漲，受力均衡，依據(jù)均衡條件聯(lián)合幾何關(guān)系求解即可．【詳解】水平圓環(huán)勻速上漲，受力均衡，則4根繩索的協(xié)力F=mg，則每一根繩在豎直方向上的重量等于mg，設(shè)繩索與豎直方向的夾角為θ，依據(jù)幾何關(guān)系有：sinθ＝，cosθ=0.8；

則Tcosθ=mg，解得：T=mg，應選C。4.以以下圖，在邊長為a的正方形ABCD地區(qū)(包含界限)內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。E點是AB邊上的一點，且AE之間的距離為。將一電子從E點沿EB方向射出，若初速度為v1，其運動軌跡將與BC邊相切：若初速度為v2，其運動軌跡將與CD邊相切。則v1與v2之比為A.2：1B.3：2C.3：1D.4：3【答案】B【剖析】【剖析】依據(jù)兩種狀況下粒子的運動軌跡由幾何關(guān)系確立粒子的軌道半徑，依據(jù)確立速度比.【詳解】將一電子從E點沿EB方向射出，若初速度為v1，其運動軌跡將與BC邊相切，則由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑，若初速度為v2，其運動軌跡將與CD邊相切，則由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑，依據(jù)可知，則，應選B.5.某單相溝通發(fā)電機的電動勢e=Emsinωt，假如將發(fā)電機的電樞轉(zhuǎn)速增大到原米的2倍，其余條件不變，則以下說法正確的選項是A.電動勢的有效值變?yōu)楸緛淼谋禕.電動勢的峰值變?yōu)楸緛淼?倍C.溝通電的周期變?yōu)楸緛淼?倍D.溝通電的頻次變?yōu)楸緛淼?倍【答案】BD【剖析】【剖析】依據(jù)溝通發(fā)電機工作時的電動勢最大值表達式，求出電樞的轉(zhuǎn)速提升一倍時感覺電動勢最大值．依據(jù)、f=n判斷周期頻次的變化.【詳解】溝通發(fā)電機工作時的電動勢最大值表達式Em=NBSω，將發(fā)電機電樞的轉(zhuǎn)速提升一倍，電動勢最大值表達式：Em′=NBS2ω=2NBSω=2Em，依據(jù)可知，電動勢的有效值變?yōu)楸緛淼?倍，選項A錯誤，B正確；依據(jù)可知溝通電的周期變?yōu)楸緛淼谋?，頻次變?yōu)楸緛淼?倍，選項C錯誤，D正確；應選BD.6.一質(zhì)點在0~6s內(nèi)豎直向上運動，若取向上為止方向，g取10m/s2，其v-t圖象以以下圖。以下說法正確的選項是A.質(zhì)點在0~2s內(nèi)減小的動能大于在4~6s內(nèi)減小的動能B.在4~6s內(nèi)，質(zhì)點處于失重狀態(tài)，且機槭能增添C.質(zhì)點在第2s末的機械能大于在第6s末的機械能D.質(zhì)點在第2s末的機械能小于在第6s末的機械能【答案】AD【剖析】【剖析】依據(jù)動能的見解求解動能的變化進行比較；4~6s內(nèi)經(jīng)過計算加快度求解合外力，判斷除重力之外的其余力做功狀況，判斷機械能的變化；計算質(zhì)點在第2s末的機械能和在第6s末的機械能大小進行比較.【詳解】質(zhì)點在0~2s內(nèi)減小的動能：；在4~6s內(nèi)減小的動能：，則質(zhì)點在0~2s內(nèi)減小的動能大于在4~6s內(nèi)減小的動能，選項A正確；在4~6s內(nèi)，質(zhì)點的加快度向下，處于失重狀態(tài)，因加快度為，則除重力之外還有其余的力對物體做負功，則質(zhì)點的機械能減小，選項B錯誤；質(zhì)點在t=2s時的機械能：；質(zhì)點在t=6s時的機械能：；則質(zhì)點在第2s末的機械能小于在第6s末的機械能，選項C錯誤，D正確；應選AD.【點睛】物體機械能守恒的條件是只有重力做功或只受重力，即物體的加快度等于g，則機械能不變，若向上減速的加快度小于g，說明物體遇到了向上的外力作用，機械能增添，反之向上減速的加快度大于g則機械能減小。7.以以下圖，木塊A、B靜止疊放在圓滑水平面上，木塊A的質(zhì)量為2m，木塊B的質(zhì)量為m?，F(xiàn)用水平力F拉木塊A(如圖甲所示)，木塊A、B恰巧不發(fā)生相對滑動，一同沿著水平面運動。若改用水平力F′拉木塊B(如圖乙所示)，使木塊A、B也保持相對靜止一同沿著水平面運動，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則F′可能為A.B.C.D.【答案】ABC【剖析】【剖析】物體A與B恰巧不發(fā)生相對滑動的臨界條件是A、B間的靜摩擦力達到最大值，能夠先對A或B受力剖析，再對整體受力剖析，此后依據(jù)牛頓第二定律列式求解。【詳解】當F作用在物體A上時，A、B恰巧不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，有F-fm=2ma1；對整體有：F=3ma1；聯(lián)立解得：F=3fm；力F′拉物體B時，A、B恰巧不滑動，故A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，依據(jù)牛頓第二定律，有fm=2ma2；對A、B整體，依據(jù)牛頓第二定律，有F′=3ma2，解得：F′=1.5fm；即木塊A、B也保持相對靜止一同沿著水平面運動F′≤F，應選ABC.【點睛】此題要點抓住恰巧不滑動的臨界條件，此后靈巧地選擇研究對象，運用牛頓第二定律列式求解。8.某同學做了一個興趣實驗，以以下圖，有兩個彈性小球A、B重疊擱置，質(zhì)量分別為m1、m2，兩球球心在同一豎直線上?，F(xiàn)讓它們在距水平川面高h處由靜止開釋，落地時以為小球B先與地面碰撞，再與小球A碰撞，小球A碰后能上漲的最大高度為H。所有的碰撞都是彈性碰撞，碰撞時間忽視不計，碰撞前后兩小球都在豎直方向運動，兩小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。以下說法正確的選項是A.若m2=3m1，則H=4hB.若m2=3m1，則H=9hC.若m2>>m1，則近似有H=9hD.若m2>>m1，則近似有H=16h【答案】AC【剖析】【剖析】降落過程為自由落體運動，觸地時兩球速度同樣，但m2碰撞地今后，速度瞬時反向，大小相等，而m1也會與m2碰撞，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，能量守恒，列方程解得m2速度，今后m2做豎直上拋運動，由動能定理或運動學公式求解反彈高度．【詳解】降落過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得：v2=2gh，解得觸地時兩球速度同樣，為：v=，m2碰撞地今后，速度瞬時反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得：(m1+m2)v2=m1v12+m2v22，解得，由題可知：m2=3m1，聯(lián)立解得：v1=2，反彈后高度為：H==4h，故A正確，B錯誤。若m2>>m1，則v1→3v，則近似有H==9h，選項C正確，D錯誤；應選AC.【點睛】此題觀察了動量守恒和能量守恒的綜合運用，知道在彈性碰撞的過程中，動量守恒，能量守恒，經(jīng)過動量守恒和能量守恒求出A球碰撞后的速度是要點．三、非選擇題：本卷包含必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必然作答。第33~38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。9.某冋學利用如圖甲所示裝置研究勻變速直線運動規(guī)律。某次實驗經(jīng)過電磁打點計時器打出紙帶的一部分如圖乙所示，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數(shù)點，每兩個相鄰計數(shù)點間有4個計時點沒有畫出，打點計時器所接溝通電源頻次為50Hz。分別測出A點到B、C、D、E點之間的距離，x1、x2、x3、x4，以打A點作為計時起點，算出小車位移與對應運動時間的比值，并作出－t圖象如圖丙所示。(1)實驗中以下舉措必需的是_________(填正確答案標號)A.打點計時器接220V溝通電源B.均衡小車與長木板間的摩擦力C.細線必然與長木板平行D.小車的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量(2)由圖內(nèi)中圖象求出小車加快度a=_________m/s2，打A點時小車的速度vA=_________m/s。(結(jié)果均伓留兩位有效數(shù)字)【答案】(1).C(2).5.0(3).0.40【剖析】【剖析】（1）依據(jù)實驗的原理以及實驗注意事項選擇必需的舉措；（2）依據(jù)x=v0t+at2可得聯(lián)合圖像的斜率和截距求解初速度和加快度.【詳解】（1）電磁打點計時器接4-6V溝通電源，選項A錯誤；實驗時不需要均衡小車與長木板間的摩擦力，選項B錯誤；細線必然與長木板平行，選項C正確；實驗中小車做勻加快運動即可，沒必需小車的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量，選項D錯誤；應選C.（2）依據(jù)x=v0t+at2可得，由圖像可知：v0=vA=0.4m/s；10.某同學用如圖甲所示電路圖測定電源電動勢和內(nèi)阻，定值電阻R0=2Ω。(1)依據(jù)圖甲所示電路，將圖乙所小的實物圖連結(jié)增補圓滿(2)某同學實驗過程中，測出當電壓表V1的讀數(shù)U1=1.80V時，電壓表V2的讀數(shù)U2=0.60V。改變滑動變阻器滑片的地點，電壓表V1的讀數(shù)U1′=2.40V時，電壓表V2的讀數(shù)為U2′=2.00V，則電源電動勢E=_________V，內(nèi)阻r=_________Ω。(結(jié)果均保存三位有效數(shù)字)(3)本實驗電路設(shè)計冇在系統(tǒng)偏差。為了減小系統(tǒng)偏差，以下說法止確的是_________(填正確答案標號)。A.關(guān)于電壓表V1，應采用內(nèi)阻更小的B.關(guān)于電壓表Ⅴ1，應采用內(nèi)阻更大的C.關(guān)于電壓表V2，應采用內(nèi)阻更小的D.關(guān)于電壓表V2，應采用內(nèi)阻更大的【答案】(1).2.70(2).1.50(3).B【剖析】【剖析】（1）依據(jù)電路圖連結(jié)實物圖；（2）依據(jù)動能定理電路構(gòu)造以及閉合電路的歐姆定律列式求解電動勢和內(nèi)阻；（3）本實驗產(chǎn)生偏差主假如電壓表V1的分流作用，由此進行判斷.【詳解】（1）實物連線如圖；（2）當電壓表V1的讀數(shù)U1=1.80V，電壓表V2的讀數(shù)U2=0.60V時，則電源的電流。由閉合電路的歐姆定律：E=U1+I1r=1.80+0.6r；同理，當電壓表V1的讀數(shù)U1′=2.40V，電壓表V2的讀數(shù)為U2′=2.00V時，則電源的電流。由閉合電路的歐姆定律：E=U′1+I2r=2.40+0.2r；聯(lián)立解得：E=2.70V，r=1.50Ω.（3）本實驗產(chǎn)生偏差主假如電壓表V1的分流作用，則為了減小實驗的偏差，應采用內(nèi)阻更大的電壓表Ⅴ1，應選B.【點睛】此題觀察實驗中的偏差剖析及數(shù)據(jù)辦理，特別是數(shù)據(jù)的辦理應要點掌握；注意各電表的示數(shù)與我們的需要的數(shù)據(jù)能否一致，進而得出偏差根源。11.以以下圖，在豎直平面內(nèi)有一粗拙斜面軌道AB與圓滑圓弧軌道BC在B點圓滑連結(jié)(滑塊經(jīng)過B點時速度大小不變)，斜面軌道長L=2.5m，斜面傾角θ=37°，O點是圓弧軌道圓心，OB豎直，圓弧軌道半徑R=1m，圓心角θ=37°，C點距水平川面的高度h=0.512m，整個軌道是固定的。一質(zhì)量m=1kg的滑塊在A點由靜止開釋，最后落到水平川面上。滑塊可視為質(zhì)點，滑塊與斜而軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，求：(1)滑塊經(jīng)過圓弧軌道最低點B時，對圓弧軌道的壓力；(2)渭塊走開C點后在空中運動的時間t。【答案】(1)(2)【剖析】【剖析】（1）對滑塊在A到B的過程，由動能定理求解抵達B點的速度，依據(jù)牛頓第二定律求解滑塊經(jīng)過圓弧軌道最低點B時，對圓弧軌道的壓力；（2）由動能定理求解抵達C點的速度，滑塊走開C點后在豎直方向上做豎直上拋運動，由此求解在空中運動的時間.【詳解】（1）對滑塊在A到B的過程，由動能定理：解得vB=2m/s對滑塊經(jīng)過B點時，由牛頓第二定律：F-mg=m由牛頓第三定律可得：F=F′解得F′=30N方向豎直向下；（2）對滑塊在B到C的過程，由動能定理：解得vC=4m/s滑塊走開C點后在豎直方向上做豎直上拋運動，以豎直向下為正方向，則：解得t=0.64s12.以下說法正確的選項是_________A.懸浮在液體中的花粉顆粒做布朗運動，反應了花粉分子在做無規(guī)則運動B.當分子間距離減小時，分子之間的引力與斥力均增大C.氣體溫度高升時，所有氣體分子的動能均增大D.在一個標準大氣壓下，100℃的水蒸氣的內(nèi)能大于同樣溫度下同樣質(zhì)量的水的內(nèi)能E.必然質(zhì)量的氣體，向外界放熱，內(nèi)能可能不變【答案】BDE【剖析】【詳解】懸浮在液體中的花粉顆粒做布朗運動，反應了液體分子在做無規(guī)則運動，選項A錯誤；當分子間距離減小時，分子之間的引力與斥力均增大，選項B正確；氣體溫度高升時，氣體分子的均勻動能變大，其實不是所有氣體分子的動能均增大，選項C錯誤；在一個標準大氣壓下，100℃的水變?yōu)橥瑴囟鹊乃魵庖橙崃?，則100℃水蒸氣的內(nèi)能大于同樣溫度下同樣質(zhì)量的水的內(nèi)能，選項D正確；必然質(zhì)量的氣體，向外界放熱，同時外接對氣體做功，則內(nèi)能可能不變，選項E正確；應選BDE.13.以以下圖，可在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動的平臺上固定著一個內(nèi)壁圓滑的氣缸，氣缸內(nèi)有一導熱活塞，活塞底面與氣缸底面平行，必然量的氣體做密封在氣缸內(nèi)。當平臺傾角為37°時，氣缸內(nèi)氣體體積為V，此后將平臺順時針遲緩轉(zhuǎn)動直至水平，該過程中，能夠以為氣缸中氣體溫度與環(huán)境溫度同樣，向來為T0，平臺轉(zhuǎn)至水平常，氣缸內(nèi)氣體壓強為大氣壓強p0的2倍。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。(i)當平合處于水平川點時，求氣缸內(nèi)氣體的體積；(ⅱ)若平臺轉(zhuǎn)至水平后，經(jīng)過一段時間，壞境溫度遲緩降至0.9T0(大氣壓強p0保持不變)，該過程中氣缸內(nèi)氣體放出0.38p0V的熱量，求該過程中氣體內(nèi)能的變化量△U?！敬鸢浮?i)(ⅱ)【剖析】【剖析】（1）選擇氣體的狀態(tài)，找到狀態(tài)參量，依據(jù)玻意耳定律求解氣缸內(nèi)氣體的體積；（2）依據(jù)熱力學第必然律求解氣體內(nèi)能的變化.【詳解】（1）設(shè)活塞質(zhì)量為m，活塞面積為S，當平臺傾角為370時氣缸內(nèi)氣體的壓強為氣體的體積V1=V當平臺水平常，氣缸內(nèi)氣體的壓強解得p1=1.8p0平臺從傾斜轉(zhuǎn)至水平過程中，由玻意耳定律：p1V1=p2V2解得V2=0.9V（2）降溫過程，氣缸內(nèi)氣體壓強不變，由蓋呂薩克定律：解得V3=0.81V活塞降落過程，外界對氣體做W=p2(V2-V3)已知氣缸內(nèi)氣體汲取的熱量Q=-0.38p0V由熱力學第必然律得氣缸內(nèi)氣體內(nèi)能變化量?U=W+Q解得?U=-0.2p0V，即氣體的內(nèi)能減小了0.2p0V.14.以下說法正確的選項是_________A.做簡諧運動的物體，當速度為正時，位移必然為負，加快度必然為正B.當驅(qū)動力的頻次等于固有頻次時，物體做受迫振動的振幅最大C.夜晩，高速公路上的路牌在車燈的照耀下特別光明是利用了光的干預D.電磁波的接收是利用了電諧振把合用信號選擇出來E.狹義相對論中假定在不同樣慣性參照系中，物理規(guī)律(包含力學的和電磁的)都是同樣的【答案】BDE【剖析】【詳解】做簡諧運動的物體，當速度為正時，位移可能為正，也可能為負，加快度可能為正，也可能為負，選項A錯誤；當驅(qū)動力的頻次等于固有頻次時，物體做受迫振動的振幅最大，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，選項B正確；夜晩，高速公路上的路牌在車燈的照耀下特別光明是全反射現(xiàn)象，