1、天一大聯考“頂尖計劃” 2019屆高中畢業班第二次考試理科綜合（物理部分）二、選擇題：本題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分選對但不全的得 3分有選錯的得0分。1.如圖1所示為研究光電效應的實驗裝置示意圖，在電極K、A之間加上反向電壓 U,即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負極，在 K、A之間就形成了使光電子減速的電場。現用不同頻率的光源照射陰極K,調節滑動變阻器改變反向電壓的值，當電流表示數恰好為零時，記下所加反向電壓U的值和對應照射光的頻率，作出反向電壓 U隨入射光頻率v變化的圖線如圖2所示，則

2、下列說法正確的是圖I圖2A.該金屬的截止頻率為 4.25X1014HzB.該金屬的截止頻率為 5.5X1014HzC.該圖線的斜率表示普朗克常量D.該金屬的逸出功為 0.52eV【答案】A【解析】【分析】根據eU = hv-W,結合圖像判斷各個選項的對錯。【詳解】AR從圖像上可以看出，當遏制電壓為零時，此時剛好發生光電效應，即該金屬的截止頻率為4.25X1014Hz,故 A對 B錯hC因為圖像是關于U-v的圖像，所以圖像的斜率代表的是一,故C錯；D根據EU = hv-W,當U = 0時hv = W再結合圖像可知該金屬的逸出功1.76eV,故D錯；故選A2.2018年11月6日，中國空間站“天和

3、號”以 1:1實物形式（工藝驗證艙）亮相珠海航展，它將作為未來“天宮號”空間站的核心艙。計劃于 2022年左右建成的空間站在高度為400450km（約為地球同步衛星高度的九分之一）的軌道上繞地球做勻速圓周運動，則下列說法正確的是A.空間站運行的加速度等于地球同步衛星運行的加速度B.空間站運行的速度約等于地球同步衛星運行速度的3倍C.空間站運行的周期大于地球的自轉周期D.空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度【答案】D【解析】【分析】根據突%駕" =m/ = i二=mi來判斷空間站運動的速度、加速度、角速度以及周期的大小 / TrGMm2兀個？ v2【詳解】ACD根據一；一 = 口&q

4、uot;；)-1= mmF = m= ma可知半徑越大，周期越大，而加速度、線速度、角速 1 Tr度都在減小，故 AC錯；D對；日題目中給的是高度約為地球同步衛星高度的九分之一，那半徑就不是九分之一的關系，所以空間站運行的速度不等于地球同步衛星運行速度的3倍，故B錯；故選D【點睛】本題比較簡單，但如果不仔細讀題的話就會做錯B選項，所以在做題過程中仔細審題是非常關鍵的。3 .如圖所示，從半徑為 R的半球形容器的球心 。處以不同的初速度沿水平方向拋出一質量為m的小球。已知當地的重力加速度為 g，小球可視為質點忽略空氣阻力，則小球落到容器壁上的最小動能為A. 2 mgR B. mgR C.【答案】C

5、mgR D.ImgR畫出平拋的運動軌跡，根據水平方向上勻速,豎直方向上自由落體求解。【詳解】設小球落在圓上的 A點，且OA與水平方向的夾角為。如圖所示:在水平方向上：在豎直方向上： 22在A點的合速度為v =.*寸最小動能為 1 ,整理可得： 4 sina /解得：Enijll = mgR，故 ABD昔，C 對；故選C【點睛】本題題意比較簡單，但是想要解得動能的最小值需要具備很強的數學功底，要會處理公式，并從 公式找到最值。4 .如圖所示，相互垂直的兩光滑金屬導軌Oa和Ob放在水平面上，導軌所在的空間存在方向豎直向上磁感應強度大小為 B的勻強磁場。足夠長的金屬棒cd放置在導軌上，與兩導軌的接觸

6、點分別為M N,并且OM=ON=L現以M點為軸在導軌平面內逆時針轉動金屬棒，使接觸點以恒定的速率%沿Ob移動，則在金屬B. E=A. E= BLv 0棒轉動的過程中（金屬棒始終沒有脫離導軌），電路中產生的感應電動勢的表達式為r-根BLvo C. E=BLvo D.BLvo根據E =-找到在兇足夠小的時間內磁通量的變化量并結合數學中的極限思想即可求得電動勢的大小。【詳解】設經過一段足夠小時間后棒轉到了如圖所示的位置,此過程中棒水平方向上走過的位移為VqI,采用極限思想，結合圖像并根據感應電動勢的概念可求得:1色小E號心也1,故B對；ACD音；E = = BLvf,At At 20故選B5 .如圖

7、所示，質量為 m的小球用一輕繩懸掛，在恒力F作用下處于靜止狀態，靜止時懸線與豎直方向的夾角為60°。若把小球換成一質量為 2m的小球，仍在恒力 F作用下處于靜止狀態時，此時懸線與豎直方向的夾角為30°。已知重力加速度為g,則恒力F的大小為A. mg B. 2mg C.mg D. 2 mg【答案】A【解析】【分析】對小球受力分析，根據平衡并利用正弦定理求解。【詳解】分別對兩個位置受力分析，并建立如圖所示的三角形設恒力F與豎直方向的夾角為。，根據正弦定理可得:F2mgsinSO* sm(150B + G)F_ mgsin60 ° sin(l200 + 0)聯立解得：F

8、 = mg ,故A對；BCD昔故選A6.某單位應急供電系統配有一小型發電機，該發電機內的矩形線圈面積為S=0.2m2、匝數為N=100匝、電阻為r=5.0線圈所處的空間是磁感應強度為B=2t的勻強磁場，發電機正常供電時線圈的轉速為2n="'0r/min 。如圖所示是配電原理示意圖，理想變壓器原副線圈的匝數比為5 ： 2, R=5.0 、R=5.2 ,五電壓表電流表均為理想電表，系統正常運作時電流表的示數為I=10A,則下列說法中正確的是A.交流電壓表的示數為 720VB.燈泡的工作電壓為 272VC.變壓器輸出的總功率為 2720WD.若負載電路的燈泡增多，發電機的輸出功率會

9、增大【答案】CD【解析】【分析】，_ NBSa> (1)根據E = , 求出電動勢的有效值(2)根據閉合回路歐姆定律求出原線圈的電壓 EL叼Ji "1"一八一(3)利用一=一及一=一求出副線圈的電壓 %電電(4)根據電路結構求電動機的輸出功率1 %【詳解】A、根據題意電流表的示數為10A,根據;-=二 解得原線圈的電流為 4A,線圈在磁場中產生電動r2 nlNBSot勢的有效值為，則電壓表的讀數為U = E-Ir = 720-4 x 5 = 700V ,故A錯；BG原線圈的電壓為U = ET(r+R)=72O-4篦10 = 6。¥根據丁二一可以求出副線圈上的

10、電壓為U7 n2U2 = 272V,所以副線圈上的功率為 P = I2U2 = 27?x 10 = 2720V此時燈泡上的電壓為 U,= 272-10 x 5.2 = 220V故B錯；C對D把發電機外的所有用電器等效為一個電阻為R的電阻，根據題意可知 Rai ,若負載電路的燈泡增多，則等效電阻R減小，根據電源輸出功率與電阻之間關系的函數圖像可知，此時發電機的輸出功率會增大，故D對；故選CD【點睛】此題比較復雜，對于原線圈中有用電器的變壓器問題來說，一般做題的方向是利用前后功率相等 來求解的。7.如圖所示，邊長為 a的正六邊形處在勻強電場中，電場方向與六邊形平面平行。質量為m帶電量為+q的微粒(

11、不計重力)以初速度V0從A點沿不同的方向射出，微粒到達 B點時的速度為 &V0,到達C點時的速 度為&vo。用E表示勻強電場的電場強度， Vd表示微粒到達 D點時的速度，則A 匚 mv：布mvji- _*A. E= B. E= C. vd=, Vo D. vd= Vo3qa【答案】BC【解析】【分析】(1)先根據動能定理求出兩點間的電壓，(2)根據電場線和電壓之間的關系求電場強度【詳解】根據題意微粒到達B點時的速度為拒V0,到達C點時的速度為Vo一 r e 一八,一e ,、,tr12 1 2利用動能7E理求得：221 2 1 2Quac =- ；mvoz z.解得根據六邊形的特

12、性可知電場線沿AC方向且有A指向CUAC所以電場強度為 dAC代入數據解得：E史外，故A錯；B對 3qaCD根據幾何關系知 CDW AC連線是垂直關系，所以CD>一條等勢線，則D點電勢和C點電勢相等都是依v- 故C對；D錯故選BC【點睛】在電場中電場線與等勢線之間是相互垂直關系，可以利用這一點求電場方向及某點的電勢大小。8.如圖所示，斜面AB和AC與水平面的夾角分別為 53°和37° ,兩斜面的B端和C端在同一豎直面上。 現 讓兩上兩個可視為質點的物塊分劃從兩斜面的頂端同時由靜止開始下滑結果兩物塊同時滑到斜而底端的A點。已知兩物塊質量相等，sin53 ° =

13、0.8, cos53° =0.6,則在兩物塊沿斜面AB、AC運動的過程中，下列說法正確的是A.物塊與兩斜面間的動摩擦因數之比為4 : 3B.摩擦力的沖量之比為 4 : 3C.物塊運動到斜面最底端時重力的瞬時功率之比為4 : 3D.物塊損失的機械能之比為16 ： 9【答案】BD【解析】【分析】(1)先根據底邊相等求出物塊沿斜面運動的加速度，在利用牛頓第二定律可以求出摩擦因數之比(2)重力的瞬時功率應該等于重力乘以重力方向上的位移，可以利用運動學公式求出重力功率之比(3)根據機械能守恒求解機械能的減少量。x 1 7【詳解】A設斜面的傾角為6 ,底邊長度為x,則物體下滑過程中由運動學公式

14、一= -at2<:苗。2. 4可求得：人 3再根據Pb 16可求得：=,故A錯Pc 9I = jnngcosSt 可知日 根據題意知兩個物塊下滑的時間相等，根據摩擦力的沖量故B對;C已知兩個物塊的質量相等，下滑到地面時豎直方向上的速度為v豎=atcosS根據功率公式P = m明豎 解得:D物塊損失的機械能就等于克服摩擦力做功，即K16, 一,W = 4mgc0s9 , 即= , 故 D 對;cos0 Wc 9故選BD【點睛】正確寫出公式，找到公式里所需要的物理量,代入求解即可。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 3338題為選考題，考

15、生根據要求作答。9.學校實驗小組的同學利用如圖1所示的裝置做“探究功與速度變化的關系”的實驗，繪制出了小車運動過程中拉力做的功和對應速度的關系圖，如圖2所示。(1)根據該同學的結果，拉力對小車做的功與速度成 (填“線性”或“非線性”)關系。(2)由圖2可知，Wv圖線不經過原點，可能的原困是 。(3)為了使圖象呈現線性關系，該組同學應作 圖象。(4)若直接以鉤碼的重力作為小車受到的合外力，則鉤碼的質量應滿足的條件是 。【答案】(1). 非線性 (2).沒有平衡摩擦力(3). W-v： (4).遠小于小車的質量【解析】【分析】結合圖像可以看出非線性的關系；要想出現線性函數根據幾何關系最好利用聯來描

16、述；【詳解】(1)從圖像上可以看出：拉力對小車做的功與速度成非線性關系，(2)從圖像上可以看出，小車還沒有速度時已經需要拉力作用了，所以，VW- v圖線不經過原點，可能的原因是沒有平衡摩擦力；(3)根據動能定理可知 W = -mv2所以最好做關于 W,y，這樣可以出現線性函數；(4)小車的加速度計算公式為：若直接以鉤碼的重力作為小車受到的合外力，那么應該保證鉤碼的質量遠小于小車的質量，則公式變為mg = Ma【點睛】在做此實驗時一旦要求把鉤碼的重力當做小車受到的合外力，那就一定需要條件：m «M 10.學校實驗小組為測量一段粗細均勻的金屬絲的電阻率，實驗室備選了如下器材:A電流表 A

17、,量程為10mA內阻r 1=50 0B電流表 Ai,量程為0.6A,內阻r 2=0.2 QC電壓表V,量程為6V,內阻r3約為15k D.滑動變阻器R,最大阻值為15，最大允許電流為 2AE定值電阻R=5QE.定值電阻 R>=100QG.直流電源E,動勢為6V,內阻很小H.開關一個，導線若干I.多用電表J.螺旋測微器、刻度尺圖1圖2圖？(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖 1所示，則金屬絲的直徑 D=mm(2)實驗小組首先利用多用電表粗測金屬絲的電阻，如圖 2所示，則金屬絲的電阻為 Q(3)實驗小組擬用伏安法進一步地測量金屬絲的電阻，則電流表應選擇 ,定值屯阻應選擇。(填對應器材前的

18、字母序號)(4)在如圖3所示的方框內畫出實驗電路的原理圖。(5)電壓表的示數記為 U,所選用電流表的示數記為，則該金屬絲電阻的表達式Rx=,用刻度尺測得待測金屬絲的長度為L,則由電阻率公式便可得出該金屬絲的電阻率。(用字母表示)【答案】 (1).1.700 (2). 60 (3). A E (4).(5).(6).1I(n + R,4I(1 十 RJ【解析】【分析】(1)由于流過待測電阻的最大電流大約為1=9 = 01A,所以不能選用電流表A2,量程太大，要改裝電流60表；(2)根據閉合電路知識求解待測電阻的表達式【詳解】(1)根據螺旋測微器讀數規則可知D= 1.5mm+ 20.0x0.01

19、= 1.700mm(2)金屬絲的電阻為(3)流過待測電阻的最大電流大約為】=2 = 0.1A ,所以選用為 與片并聯充當電流表，所以選用A E60(3)電路圖如圖所示：U-Irt，人，-，一網=(5)根據閉合電路歐姆定律I + IR】R(UTrJ解得：4L呵+氏)根據可求得：pW)4LIg + RJ【點睛】在解本題時要注意，改裝表的量程要用改裝電阻值表示出來，不要用改裝的倍數來表示，因為題 目中要的是表達式，如果是要計算待測電阻的具體數值的話可以用倍數來表示回路中的電流值。11.如圖所示是圓心為 。的一圓柱形勻強磁場區域的橫截面，AC為直徑，OD垂直AC,勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直

20、紙面向里。一電荷量為q、質量為m的粒子從AC下方沿平行于 AC以速度u射入磁場，射入點到 AC的距離為磁場區城半徑的一半，不計粒子的重力。1(1)若粒子恰好從 D點射出磁場，求粒子在磁場中運動的時間;(2)若磁場反向，且大小發生變化，粒子在磁場中運動的時間為四分之一周期，求磁感應強度的大小。wnl【答案】、(2).(1)畫出運動軌跡，根據運動的圓心角可以求出在磁場中的運動時間(2)根據粒子在磁場中運動的時間為四分之一周期，畫出軌跡圖，利用幾何關系找到軌道半徑,mv利用闞求磁場強度;【詳解】(1)如圖1所示,.t|2由幾何關系可得粒子在磁場中偏轉60-則粒子在磁場中運動的時間為t =兀1力3Bt

21、i(2)當粒子以速率 v從D點射出磁場時，其運動軌跡如圖1所示，有幾何關系可知圓形區域中勻強磁場的半徑R與粒子運動軌跡的半徑r相等。2則由I解得Bq根據題意做出粒子的運動軌跡，如圖2所示，有幾何關系又 4MG>E = 30則由幾何關系有粒子運動軌跡的半徑由洛倫茲力提供向心力由rl聯立解得故本題答案是：(1) (2)- I:三12.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定的速度v順時針轉動。傳送帶右邊有一光滑的水平臺面，臺面的上表面與傳送帶上表面平齊。半徑為R上表面光滑、質量為 8m的一圓弧軌道靜置在水平臺面上，軌道的4底端與水平臺面相切。質量為m的小物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，小物塊滑到

22、水平臺面后沖上傳送帶。已知小物塊和傳送帶間的動摩擦因數為科，重力加速度為g,求：(1)小物塊沖上傳送帶時的速度大小；(2)小物塊從沖上傳送帶到再次返回水平臺面，摩擦力對小物塊做的功；igmgK ;若 三 丫 , 二 0 (3) 若 v , W rnv2(3)從小物塊沖上傳送帶到小物塊再次滑回水平臺面的過程中，傳送帶克服摩擦力所做的功。(2)若W2 = -mv2若W =【解析】【分析】(1)由于斜劈沒有固定，所以兩者在水平方向上動量守恒，再結合系統機械能守恒可求出小物塊的速度(2)物塊在皮帶上運動時要注意能不能和皮帶共速的問題(3)求傳送帶克服摩擦力做的功只要求出傳送帶運動的位移即可。【詳解】(

23、1)設小物塊運動到圓弧軌道最低點時的速度為巧，圓弧軌道的速度為V2 ,對小物塊和圓弧軌道組成的系統 水平方向上動量守恒，則由對系統利用機械能守恒，有聯立解得：(2)小物塊滑上傳送帶且與傳送帶之間有相對滑動的過程中，小物塊的加速度為a,則小物塊向右運動的2最遠距離為1 2a小物塊在摩擦力的作用下返回，假設返回的速度能達到傳送帶的速度，則返回過程中小物塊加速度的距離* _曠為- 2a若 X ,則力包，小物塊返回水平臺面時的速度大小為V,有動能定理得摩擦力對小物塊做的功12 I 2 I 2 8*口 二 mv若巧三1V ,則九三力，小物塊返回水平臺面時的速度大小為% ,有動能定理得摩擦力對小物塊做的功

24、 1 ,W2 = 0(3)根據牛頓第二定律，有小物塊向左運動的時間為a傳送帶運動的位移則傳送帶克服摩擦力做的功為.小物塊返回水平臺面的過程中：若竄一小物塊返回水平臺面時的速度大小為v,所以小物塊先加速然后隨傳送帶一起勻速，小物塊加速的時間為 a傳送帶運動的位移則傳送帶克服摩擦力做的功, , I ,47所以傳送帶克服摩擦力所做的總功若當小物塊返回水平臺面時的速度大小為巧,所以小物塊加速的時間為t.=-傳送帶運動的位移x廣嗎則傳送帶克服摩擦力做的功為y 所以傳送帶克服摩擦力所做的總功.【點睛】本題較復雜，是皮帶常考內容，在皮帶問題中要討論是否共速的問題，在結合實際情況解題。13.下列說法正確的是

25、。A. 一定質量的理想氣體放出熱量，則分子平均動能一定減少B.熱力學第二定律是反映宏觀自然過程的方向性的定律C.根據熱力學第二定律可知，熱機的效率不可能達到100%D. 一定質量的理想氣體膨脹時對外界做了功，它的內能可能減少E.嫡是系統內分子運動無序性的量度，在任何自然過程中，一個孤立的系統總是從嫡大的狀態向嫡小的狀態發展【答案】BCD【解析】【詳解】A、改變內能的方法是做功和吸放熱，一定質量的理想氣體放出熱量，不知道是否做功，所以內能不一定增加，則分子平均動能不一定減少，故 A錯；日熱力學第二定律是反映宏觀自然過程的方向性的定律，故B對；C根據熱力學第二定律可知，熱機的效率不可能達到100%

26、故C對；D在氣體膨脹時對外界做功時可能伴隨著吸放熱，所以內能可能減小，故D對E、嫡是系統內分子運動無序性的量度，嫡越大，系統的無序性就越大，所以一個孤立的系統不能說總是從嫡大的狀態向嫡小的狀態發展，故E錯；故選BCD14.如圖所示，用橫截面積為 S=10cm2的活塞將一定質量的理想氣體封閉在導熱性良好的汽缸內，汽缸平放到光滑的水平面上。勁度系數為k=1000N/m的輕質彈簧左端與活塞連接，右端固定在豎直墻上。不考慮活塞和汽缸之間的摩擦，系統處于靜止狀態，此時活塞距離汽缸底部的距離為L0=18cm,氣體的溫度為t0=27C。現用水平力向右緩慢推動汽缸，當彈簧被壓縮x=2cm后再次靜止。已知大氣壓

27、強為p0=1.0X10 5Pa。(i)求汽缸向右移動的距離；L。時的溫度。(ii)保持推力F不變，升高氣體的溫度，求汽缸底部到活塞的距離恢復到【答案】(i) (ii) 【分析】(1)根據活塞的受力求出封閉氣體的壓強，在根據玻意耳定律求氣缸移動的距離；(2)根據氣缸受力可知封閉氣體的壓強不變，利用蓋一呂薩克定律求氣缸內封閉氣體的溫度；【詳解】(i)初始狀態彈簧處于原長，設氣缸向右移動的距離為均時，氣缸再次靜止，則活塞到氣缸底部的距離為lex氣缸內氣體的壓強為根據玻意耳定律有聯立解得皿， 、一口、 r , _LS L0S(ii)推力F不變，氣體的壓強不變，則由蓋一呂薩克定律有To T且L = 15

28、cm , T°= 300K聯立解得：T=360K故本題答案是：(i) (ii)【點睛】解本題的關鍵是找到初末狀態的物理量。利用公式求解即可。15.有一列沿x軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質中位置在x=0處的質點a和在x=6m處的質點b的振動圖線分別如圖1圖2所示。則下列說法正確的是 。圖1時2A.質點a的振動方程為 y=4sin(，t+JcmI 占B.質點a處在波谷時，質點 b-定處在平衡位置且向 y軸正方向振動C.若波沿x軸正方向傳播，這列波的最大傳播速度為3m/sD.若波沿x軸負方向傳播，這列波的最大波長為24mE.若波的傳播速度為 0.2m/s ,則這列波沿x軸正方向傳播【答案】BDE【解析】【分析】 由于題目中不知道波的傳播方向，所以在做此類問題時要分方向討論，在計算波速時要利用波的平移來求解。兀 兀【詳解】A.把t=0代入振動方程為 y=4sin( -t+- )cm,可知此時a的位置應該在+4