四省名校2019届高三第二次大联考理科综合物理试卷

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四省名校2019届高三第二次大联考

理科综合物理试卷

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题：本题共δ小题，每小题6分。在每小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。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 - 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】 - 3 - 【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θ，根据几何关系有：sinθ＝，cosθ=0.8；

则Tcosθ=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=Emsinωt，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 - 4 - 【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=NBSω，将发电机电枢的转速提高一倍，电动势最大值表达式：Em′=NBS2ω=2NBSω=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图象如图所示。下列说法正确的是

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；4~6s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，质点的加速度向下，处于失重状态，因加速度为，则除重力 - 5 - 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F′≤F，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 - 6 - 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=9h

C. 若m2>>m1，则近似有H=9h D. 若m2>>m1，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m2>>m1，则v1→3v，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22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38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