2019届湖南湖北八市十二校（湖南师范大学附属中学、衡阳八中等）高三下学期第二次调研联考理科综合物理试题（解析版）

湖南湖北八市十二校2019届高三第二次调研联考理科综合能力测试二、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=μmgscos30°，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= m’g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，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：  ①   ②根据库仑定律得：    ③联立①③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0.1m2，圆环电阻为。在第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0～5s时间段，感应电流先减小再增大B. 在0～2s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5s时间段感应电流沿顺时针方向C. 在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10-4WD. 在0～2s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0×10-1C【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0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变；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0～2s时间段顺时针，在2～5s时间，磁场在减小，则感应电流的方向逆时针，故B错误.C、在0～5s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.052×0.2=5.0×10-4W；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LB. A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3:2:1C. 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，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μ，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μmgdB. 系统损失的机械能为μmgdC. 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： 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5Ω)；标准电流表A2（量程300mA,内阻r2约为5Ω）；待测电阻R1（阻值约为100Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；电源E（电动势约为10V，内阻r约为1Ω）；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100Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，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；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）给出的坐标纸上画出1/k–n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  （2）  （3）③  ④    (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；【详解】（1）①中；②；（2）图线如图：（3）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）；④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，其在斜面上运动的v–t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μ；(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)μ=0.5  (2) F'N=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 物块从A到C，由动能定律可得：  解得：12.如图所示，倾角为θ=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R1＝R2＝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=1Ω、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μ=0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5m2、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),连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g=10m/s2,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】⑴⑵⑶【解析】⑴对导体棒,由牛顿第二定律有                         ①其中                             ②由①②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                       ③⑵导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,由动能定理有                ④根据功能关系有                          ⑤根据并联电路特点得                            ⑥由③④⑤⑥联立得                                ⑦⑶开关闭合后，导体棒ef受到的安培力         ⑧干路电流                ⑨电路的总电阻                  ⑩根据电路规律及⑨⑩得                     ⑪由⑧⑪联立得                             ⑫当安培力较大时         ⑬由⑫⑬得                            ⑭当安培力较小时         ⑮由⑫⑮得                          ⑯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：                             ⑰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lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 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p0＝76 cmHg，求：①A端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强。【答案】①38cm；②78cmHg【解析】试题分析：①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=38cm②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.  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，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. 0.1~0.25 s时间内，该波沿x轴负方向传播了6 mD. 0.1~0.25 s时间内，质点P通过的路程为30 cmE. 质点Q简谐运动的表达式为y=0.1sin(10πt)(m)【答案】ACD【解析】【详解】由Q点的振动图像可知，t＝0.10 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，t＝0.10 s时质点P向上振动，再经过0.15 s时，即t＝0.25 s时，质点P振动到x轴的下方，加速度沿y轴向上，选项B正确；波速v＝m/s＝40 m/s，所以从t＝0.10 s到t＝0.25 s时间内，该波沿x轴负方向传播的距离x＝vt＝40×0.15 m＝6 m，选项C正确；由于在t＝0.10 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3A＝30 cm，选项D错误；质点Q的简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt(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θ1＝45°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φ＝30°，光在真空中的速度为c，求：①该单色光的折射率；②该单色光在玻璃中传播速度的大小．【答案】(1) （2） 【解析】①如图所示，设折射角为θ2，分析可知θ3=θ1-θ2 由等腰三角形可知θ4=θ2 由三角形内外角关系可得得，即θ2 =30°该单色光的折射率。②由光在玻璃中的传播速度得。