1、湖南湖北八市十二校湖南湖北八市十二校 20192019 届高三第二次调研联考届高三第二次调研联考 理科综合能力测试理科综合能力测试 二、选择题：二、选择题： 1.如图所示，倾角为 30o的粗糙斜面与倾角为 60o的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量 均为 m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力 F 的作用下两物块 均做匀速运动.从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块 所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，Wf表示甲物块 克服摩擦力所做的功，WF表示拉力 F对乙
2、物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A、B、相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，得：，即任 意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则 系统的机械能也是增加的，故 A错误，B 错误； C、D、甲物块克服摩擦力所做的功 Wf=mgscos30 ，s=vt，故 Wf-t图线为过原点的倾斜直线，同理 WF-t图 线亦为过原点的直线，故 C正确，D 错误； 故选 C. 2.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统， 通常可忽略其他星体对它们的引力 作
3、用。设四星系统中每个星体的质量均为 m，半径均为 R，四颗星稳定分布在边长为 的正方形的四个顶点 上已知引力常量为 G关于四星系统，下列说法错误的是 A. 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B. 四颗星的轨道半径均为 C. 四颗星表面的重力加速度均为 D. 四颗星的周期均为 【答案】B 【解析】 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动， ，选项 A 正确 B 错误；四颗星的轨道半径均为a，选 项A正确B错误； 由Gmm/R2= mg可知四颗星表面的重力加速度均为g= Gm/R2， 选项C正确； 由G+2 Gcos45 =ma，解得四颗星的周期均为 T=,选项 D 正确 3.如图为
4、氢原子的能级示意图， 锌的逸出功是 3.34eV， 那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特 征认识正确的是 A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应 B. 一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，能放出 4种不同频率的光 C. 用能量为 10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 D. 一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能 为 8.75eV 【答案】D 【解析】 【详解】A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为 10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电 效应现象，故
5、A错误； B、一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出 3 种不同频率的光，故 B 错误； C、 用能量为 10.3eV的光子照射， 小于 12.09eV， 不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态， 要正好等于 12.09eV 才能跃迁，故 C错误； D、氢原子从高能级向 n=3 的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为 E大=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的 逸出功是 3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为 EKm=12.09-3.34=8.75eV，故 D正确； 故选 D. 4.如图所示，距小滑轮 O正下方 l处的 B 点用绝缘底座固定一带电荷量为q
6、 的小球 1，绝缘轻质弹性绳一 端悬挂在光滑的定滑轮 O正上方 处的 D 点，另一端与质量为 m的带电小球 2连接，发现小球 2恰好在 A 位置平衡，已知 OA长为 l，与竖直方向的夹角为 60 由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球 2缓慢漏电， 一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为 30 时，小球 2 恰好在 AB 连线上的 C位置已知静电 力常量为 k，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 A. 小球 2 带负电 B. 小球 2在 C位置时所带电荷量为 C. 小球 2在 A位置时所带电荷量为 D. 弹性绳原长为 【答案】C 【解析】 【详解】A、两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷
7、，所以小球 2也带正电；故 A 错误. B、小球在 C 点时，受力分析如图： 由几何关系可得： 根据库仑定律得： 联立可得：；故 B 错误. C、小球 2在 A 位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为 120 ，所以三个力的 大小相等，即；根据库仑定律得：，小球 2在 A位置时所带电荷量：；故 C 正确. D、小球 2在 A 位置时，弹性绳的长度：，小球 2在 C 位置时，弹性绳的长度，设 弹性绳的劲度系数为 k，则：；联立可得：；故 D 错误. 故选 C. 5.如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为 0.1m 2，圆环电阻为 。 在第
8、 1s 内感应电流 I 顺时针方向。 磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示 (其中在 4 5s 的时间段呈直线)。则 A. 在 05s 时间段，感应电流先减小再增大 B. 在 02s 时间段感应电流沿顺时针方向，在 25s 时间段感应电流沿顺时针方向 C. 在 05s 时间段，圆环最大发热功率为 5.010 -4W D. 在 02s 时间段，通过圆环横截面的电量为 5.010 -1C 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据闭合电路欧姆定律得，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强 度变化率最大值为 0.1，则最大电流，则在 05s时间段，感应电流先减小再增大，最 后不
9、变；故 A 错误. B、由题意知，在第 1s内感应电流 I 沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在 02s 时间段顺时针，在 25s时间，磁场在减小，则感应电流的方向逆时针，故 B错误. C、在 05s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则 P=I2R=0.0520.2=5.010-4W；故 C正确. D、根据感应电量的公式，则通过圆环横截面的电量为 5.0 10 -2C，故 D 错误； 故选 C. 6.如图所示,空间直角坐标系的 xOz平面是光滑水平面,空间中有沿 z 轴正方向 的匀强磁场,磁感应强度大小为 B。现有两块平行的薄金属板,彼此间距为 d,构成 一个电容为 C 的
10、电容器,电容器的下极板放在 xOz平面上;在两板之间焊接一根 垂直于两板的电阻不计的金属杆 MN,已知两板和杆 MN的总质量为 m,若对杆 MN 施加一个沿 x 轴正方向的恒力 F,两金属板和杆开始运动后,则 A. 金属杆 MN 中存在沿 M 到到 N方向的感应电流 B. 两金属板间的电压始终保持不变 C. 两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动 D. 单位时间内电容器增加的电荷量为 【答案】AD 【解析】 由右手定则可知，充电电流方向为：由 M流向 N，故 A 正确；设此装置匀加速平移的加速度为 a，则时间 t 后速度，MN，切割磁感线产生电动势：，即电容器两板电压：，U 随时 间增大而
11、增大，电容器所带电量，MN间此时有稳定的充电电流：，方向向下， 根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律 得：，即：，解得：，方向沿+Z 方向，则单位时间内电容器增加 的电荷量为，故 BC错误，D 正确；故选 AD. 【点睛】系统在力的作用下加速运动，MN切割磁感线产生感应电动势给电容器充电，由右手定则可以判断 出充电电流方向，应用安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度 7.如图所示，边长为 L的正三角形 abc区域内存在垂直纸面向里的的匀强磁场，质量为 m，电荷量均为 q的 三个粒子 A、B、C 以大小不等的速度从 a 点沿与 ab边成 30 角的方向垂
12、直射入磁场后从 ac 边界穿出， 穿出 ac 边界时与 a点的距离分别为 、L。不及粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 A. 粒子 C 在磁场中做圆周运动的半径为 L B. A、B、C三个粒子的初速度大小之比为 3:2:1 C. A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与 ab边垂直 D. 仅将磁场的磁感应强度减小 ，则粒子 B从 c点射出 【答案】ACD 【解析】 A、由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以 30 的弦切角进磁场，射出时的速度也与边界成 30 ，而圆 心角为 60 ，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知，故 A 正确。B、根据洛伦兹力提供向心力有
13、，可知，可得初速度之比，B错误。 C、 由于三粒子从 ac 出射时夹角为 30 ， 而， 故出射速度的延长线必与 ab 边垂直构成直角三角形， 故 C 正确。D、由可知将 B改为，半径将变为，而其它条件不变，故由几何关系可 知 B 粒子将从 c点出射，D正确。故选 ACD. 【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出三个粒子的轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据对称 性和牛顿第二定律列式求解半径. 8.如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为 2m的足够长的小车 B 紧靠弧形轨道的右侧静止 在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为 m的滑块 C自弧形轨道
14、的 a 点由静止开始下滑，当滑块 C 与小车相对静止时，它们的速度为，滑块相对于小车的滑行距离为 d，滑 块与小车的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，滑块 C可视为质点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止 的过程中，下列判断正确的是（ ） A. 小车对滑块的摩擦力做功等于 mgd B. 系统损失的机械能为 mgd C. 滑块 C 到达弧形轨道末端时速度为 D. a 点与弧形轨道末端的竖直高度为 【答案】BD 【解析】 滑块 C以 v滑上小车，在摩擦力作用下减速，最后与小车共速，滑块动能减少，转化为小车的动能和热量， 而系统产生的热量，而滑块 C 相对小车的位移为，故系统产生的热量为，故小 车对
15、滑块的摩擦力做的功大于，故 A 错误；根据能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于， 故 B正确；滑块 C 滑上小车，系统动量守恒，则有：，解得：，故 C错误；滑块 C 从弧 形下滑时机械能守恒，则有：，解得：，故 D正确，故选 BD. 三、非选择题：三、非选择题： 9.某物理实验小组的同学利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻值.可选用的器材（代号）与规格如下： 电流表 A1（量程 250mA,内阻 r1为 5)； 标准电流表 A2（量程 300mA,内阻 r2约为 5） ； 待测电阻 R1（阻值约为 100） ； 滑动变阻器 R2（最大阻值 10） ； 电源 E（电动势约为 10V，内阻 r
16、 约为 1） ； 单刀单掷开关 S，导线若干. (1)要求方法简捷，并能测多组数据，请在右面的方框中画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号 _. (2)用测的量表示待测电阻 R1的计算公式是 R1_. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】(1)实验器材中没有电压表，可用 A1与待测电阻并联，间接测量待测电阻两端电压，待测电阻阻值 约为 100，滑动变阻器最大阻值为 10，为测出多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图 如图所示： (2)实验需要测量出电流表 A1、A2的示数为 I1、I2；则待测电阻的阻值. 10.某实验小组探究弹簧的劲度系数 k 与其长度（圈数）的关系
17、；实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖 直悬挂， 7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处； 通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向 0 刻度；设弹簧下端未挂重物时，各指针的位 置记为 x0；挂有质量为 0.100 kg 砝码时，各指针的位置记为 x；测量结果及部分计算结果如下表所示（n为 弹簧的圈数，取重力加速度为 9.80 m/s2） 。已知实验所用弹簧的总圈数为 60，整个弹簧的自由长度为 11.88 cm。 (1)将表中数据补充完整：_，_； (2)以 n为横坐标，1/k为纵坐标，在图（b）给出的
18、坐标纸上画出 1/kn 图_ (3)图（b）中画出的直线可以近似认为通过原点；若从实验中所用的弹簧截取圈数为 n的一段弹簧，该弹簧 的劲度系数 k与其圈数 n的关系的表达式为 k=_N/m； 该弹簧的劲度系数 k 与其自由长度 l0（单位为 m） 的表达式为 k=_ N/m。 【答案】 (1). 81.7 （2） （3） (2). 0.012 2 (3). 见解析 (4). N/m （在之间均可） (5). （在之间均可） 【解析】 【分析】 （1）弹簧的圈数相同的情况下，劲度系数是相同的，根据 P2的示数，利用胡克定律即可以求得此时的劲度 系数的大小； （2）根据表中的数据直接画图即可； 【
19、详解】（1）中； ； （2）图线如图： （3）由图线可知直线的斜率为，故直线方程满足，即 N/m（在在 之间均可） ； 由于 60 匝弹簧的总长度为 11.88 cm；则 n 匝弹簧的原长满足，代入可得： 。 （在在之间均可） 【点睛】本题考查探究弹力和形变量之间的关系，解题的关键根据胡克定律得到弹簧弹力和长度的关系公 式，分析得到图象的物理意义，最后结合图象求解劲度系数 11.如图甲所示，一倾角为 37 ，长 L=3.75 m的斜面 AB 上端和一个竖直圆弧形光滑轨道 BC 相连，斜面与圆 轨道相切于 B 处，C 为圆弧轨道的最高点。t=0 时刻有一质量 m=1 kg 的物块沿斜面上滑，其在
20、斜面上运动 的 vt图象如图乙所示。已知圆轨道的半径 R=0.5 m。 （取 g=10 m/s2，sin 37 =0.6，cos 37 =0.8）求： (1)物块与斜面间的动摩擦因数 ； (2)物块到达 C点时对轨道的压力 FN的大小； (3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从 A点滑上轨道，通过 C点后恰好能落在 A 点。如果 能，请计算出物块从 A 点滑出的初速度；如不能请说明理由。 【答案】(1)=0.5 (2) FN=4 N (3) 【解析】 【分析】 由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达 C 点时的速度，根据牛顿第二定
21、律和牛顿第三定律求出)物块到达 C 点时对轨道的压力 FN的大小；物块从 C 到 A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达 C 点时的速度，物块从 A 到 C，由动能定律可求物块从 A 点滑出的初速度； 【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为 根据牛顿第二定律有： 解得 (2)设物块到达 C 点时的速度大小为 vC，由动能定理得： 在最高点，根据牛顿第二定律则有： 解得： 由根据牛顿第三定律得： 物体在 C 点对轨道的压力大小为 4 N (3)设物块以初速度 v1上滑，最后恰好落到 A 点 物块从 C 到 A，做平抛运动，竖直方向： 水平方向： 解得，所以能通过 C点落到 A 点
22、 物块从 A 到 C，由动能定律可得： 解得： 12.如图所示，倾角为 =37的足够长的平行导轨顶端 bc 间、底端 ad 间分别连一电阻，其阻值为 R1R2 2r，两导轨间距为 L=1m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度 为 B1=1T。在导轨上横放一质量 m=1kg、电阻为 r=1、长度也为 L 的导体棒 ef，导体棒与导轨始终良好接 触，导体棒与导轨间的动摩擦因数为 =0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为 S0.5m 2、总电阻 为 r、匝数 N=100 的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向,且均匀变化的磁场 B2(图中未 画
23、),连接线圈电路上的开关 K 处于断开状态，g=10m/s 2,不计导轨电阻。求： (1)从静止释放导体棒,导体棒能达到的最大速度是多少？ (2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,电阻 R1上产生的焦耳热为 Q=0.5J,那么导体下滑的距 离是多少？ (3)现闭合开关 K， 为使导体棒静止于倾斜导轨上， 那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率 大小的取值范围？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 【答案】 【解析】 对导体棒,由牛顿第二定律有 其中 由知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒的速度达最大， 有 导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,由动
24、能定理有 根据功能关系有 根据并联电路特点得 由联立得 开关闭合后，导体棒ef受到的安培力 干路电流 电路的总电阻 根据电路规律及得 由联立得 当安培力较大时 由得 当安培力较小时 由得 故为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为： 根据楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均 匀增强。 13.有关对热学的基础知识理解正确的是_。 A. 液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势 B. 低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态 C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零 D. 空气相对湿度
25、越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢 E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分 子视为球形这三方面的近似处理 【答案】CDE 【解析】 【详解】A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故 A 错误； B、 根据热力学第二定律， 低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体， 必然会引起外界变化。 故 B错误； C、液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故容器中的水的 压强为零，故 C正确； D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温
26、度水的饱和汽压，水蒸发变慢，故 D 正确； E、在“用油膜法测分子直径”的实验中，需要将油膜看作单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油酸 分子视为球形，故 E正确； 故选 CDE. 14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管 A、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口 A之间气体柱 长为 lA40 cm，右管内气体柱长为 lB39 cm。先将开口 B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的 气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4 cm，已知大气压强 p076 cmHg，求： A端上方气柱长度； 稳定后右管内的气体压强。 【答案】38cm；78cm
27、Hg 【解析】 试题分析：稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm，则 A 管内气体的压强为 PA1=(76+4) cmHg 由公式：P0VA0=PA1VA1， 代入数据得：LA1=38cm 设右管水银面上升 h，则右管内气柱长度为 lB-h，气体的压强为； 由玻意尔定律得： 解得：h=1cm 所以右管内气体压强为 考点：气体的状态方程. 【此处有视频，请去附件查看】 15.图 （a） 为一列简谐横波在 t=0.025 s 时刻的波形图， P是平衡位置在 x=1 m处的质点， Q是平衡位置在 x=4 m处的质点；图（b）为质点 P 的振动图象。下列说法中正确的是 A. t=0.1 s 时
28、，质点 P 沿 y轴负方向运动 B. t=0.25 s 时，质点 Q 的加速度方向沿 y 轴负方向 C. 0.10.25 s 时间内，该波沿 x轴负方向传播了 6 m D. 0.10.25 s 时间内，质点 P 通过的路程为 30 cm E. 质点 Q简谐运动的表达式为 y=0.1sin(10t)(m) 【答案】ACD 【解析】 【详解】由 Q点的振动图像可知，t0.10 s时质点 Q 向 y 轴负方向振动，选项 A错误；由波动图像可知， 波向左传播，t0.10 s时质点 P向上振动，再经过 0.15 s 时，即 t0.25 s 时，质点 P振动到 x轴的下方，加 速度沿 y轴向上，选项 B正
29、确；波速 vm/s40 m/s，所以从 t0.10 s到 t0.25 s时间内，该波沿 x 轴负方向传播的距离 xvt40 0.15 m6 m，选项 C正确；由于在 t0.10 s时，质点 P 既不在波峰、波谷， 也不在平衡位置，因此在 T 的时间内通过的路程不等于 3A30 cm，选项 D错误；质点 Q 的简谐运动的表 达式为 y0.10sin 10t(国际单位制)，选项 E正确；故选 BCE 【点睛】在振动图象与波动图象问题中，一般是要根据图像获取波的信息，根据振动图象得到质点的振动 方向，进而得到传播方向，从而得到传播速度 16.彩虹的产生原因是光的色散，如图甲所示为太阳光射到空气中小水珠时的部分光路图，光通过一次折射 进入水珠，在水珠内进行一次反射后，再通过一次折射射出水珠现有一单色光束以入射角 145射入 一圆柱形玻璃砖，在玻璃砖内通过一次折射、一次反射、再一次折射射出玻璃砖，如图乙所示，已知射出 光线与射入光线的夹角 30，光在真空中的速度为 c，求： 该单色光的折射率； 该单色光在玻璃中传播速度的大小 【答案】(1) （2） 【解析】 如图所示， 设折射角为 2，分析可知 3=1-2 由等腰三角形可知 4=2 由三角形内外角关系可得 得，即 2 =30 该单色光的折射率。 由光在玻璃中的传播速度 得。
