2019届广东省南海中学等七校联合体高三冲刺模拟理科综合物理试题（解析版）

2019届广东省南海中学等七校联合体高三冲刺模拟

理科综合物理试题（解析版）

、二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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19~21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.关于物理学史，下列说法错误的是

A. 伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法

B. 牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律——牛顿运动定律和万有引力定律

C. 奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场

D. 爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子

【答案】D

【解析】

【详解】伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项A正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律……牛顿运动定律和万有引力定律，选项B正确； 奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，选项C正确；普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.

2.为探测引力波，中山大学领衔的“天琴计划”将向太空发射三颗完全相同的卫星（SC1、SC2、SC3）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形的中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测。如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”。已知地球同步卫星距离地面的高度约为3.6万公里，以下说法错误的是

A. 若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，则可估算出地球的密度

B. 三颗卫星绕地球运动的周期一定大于地球的自转周期

C. 三颗卫星具有相同大小的加速度

D. 从每颗卫星可以观察到地球上大于的表面

【答案】A

【解析】

【详解】若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T根据万有引力提供向心力：得到：，因地球的半径未知，也不能计算出轨道半径r，不能计算出地球体积，故不能估算出地球的密度，故A错误；根据万有引力等于向心力， 解得：，由于三颗卫星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，故三颗卫星绕地球运动的周期大于地球同步卫星绕地球运动的周期，即大于地球的自转周期，故B正确；根据 ，由于三颗卫星到地球的距离相等，则绕地球运动的轨道半径r相等，则它们的加速度大小相等，故C正确；当等边三角形边与地球表面相切的时候，恰好看到地球表面的，所以本题中，从每颗卫星可以观察到地球上大于的表面，故D正确，本题选错误，故选A

3.如图所示，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则有

A. 桌面是光滑的

B. 绳的拉力大小等于

C. 绳的拉力对木块不做功

D. 绳的拉力对木块做功的功率等于

【答案】D

【解析】

【详解】如图所示：木块做匀速圆周运动，径向的合力提供向心力，切线的合力为零，因为绳子在切线方向的分力不为零，则木块受到的摩擦力不为零，与绳子拉力切线方向的分力相等，故A错误；由图可知，木块做圆周运动的半径为：根据径向的合力提供向心力得： 故 故B错误；绳子的拉力方向与速度方向不垂直，知绳子对木块做功，故C错误；手拉木块做功的功率 故D正确；故选D

4.如图所示，电阻不计面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，产生e＝220sin100πtV的正弦交流电，理想变压器的原、副线圈匝数比为10:1，灯泡的电阻RL＝10Ω(不考虑电阻的变化)，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是 (　　)

A. 线圈从t＝0时刻到转过180°的过程中矩形线圈的磁通量变化量为零

B. 交流电压表的示数为20V

C. 闭合开关S后，电阻R上不产生焦耳热

D. 灯泡的功率小于48.4W

【答案】D

【解析】

【详解】由图可知，线圈从t=0时刻到转过180°的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为2BS，不是零，故A错误。由瞬时值表达式知原线圈电压有效值为 U1=220V，根据理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比，则得副线圈两端的电压，即交流电压表的示数为 U2=22V，故B错误。闭合开关S后，交流电能够通过电容器，电阻R上产生焦耳热，故C错误。若没有线圈则灯泡的功率为：，由于线圈对交流电有阻碍作用，灯泡的电压小于U2，则灯泡的功率小于48.4W，故D正确。故选D。

5.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是

A. 小球b所受库仑力大小始终为2mg

B. 小球b机械能逐渐减小

C. 小球b加速度大小先变大后变小

D. 细线PM的拉力先增大后减小

【答案】D

【解析】

【详解】对小球b运动过程应用机械能守恒可得： ，由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得：，所以小球b受到的库仑力，方向竖直向上；又有库仑力，所以，库仑力大小不变，故A错误；小球b运动过程管道支持力和电场力不做功，故只有重力做功，那么机械能守恒，故B错误；设b与a的连线与水平方向的夹角为 ，则有，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即 ，下滑过程中从0增大，可知小球b加速度一直变大，故C错误；设PN与竖直方向的夹角为，对球a受力平衡，在竖直方向可得 ，在水平方向可得，解得，下滑过程中从0增大细线PM的拉力先增大后减小，故D正确；故选D

6.如图所示，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷Q1、Q2、Q3的电场线分布，虚线为某试探电荷从a点运动到b点的轨迹，则下列说法正确的是

A. 该试探电荷为负电荷

B. b点的电场强度比a点的电场强度大

C. 该试探电荷从a点到b点的过程中电势能先增加后减少

D. 该试探电荷从a点到b点的过程中动能先增加后减少

【答案】BC

【解析】

【详解】A.电场力方向指向曲线凹处，该试探电荷为正电荷，故A错误

B.根据电场线的疏密可知，b点的电场强度比a点的电场强度大，选项B正确；

C.该试探电荷从a点到b点的过程中，电场力与速度方向的夹角先是钝角后变成锐角，即电场力先做负功后做正功，试探电荷的电势能先増加后减少，动能先减少后增加，选项C正确

D.根据选项C的分析，D错误。

7.如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)

A. 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流

B. 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流

C. 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

D. 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

【答案】AC

【解析】

【详解】根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，，根据欧姆定律可知，线圈中的电流 故C正确，D错误．故选AC

8.如图所示，足够长的木板下端的点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹角可在范围内调节。质量为的小滑块在木板下端获得的初速度沿木板向上运动，当夹角为时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度取，则此情况下

A. 木板的倾角

B. 小滑块上滑的最大高度为

C. 小滑块上滑过程损失的机械能为

D. 小滑块返回过程的加速度大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律，，得，设，则，当时，存在最大值，，即，故，所以A正确。设小滑块上升的高度为，则，，所以B错误。根据如上计算可知，。小滑块上滑过程克服摩擦力做功。故机械能损失，C错误。因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，所以D正确。综上所述，选项AD正确。

三、非选择题：共174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.某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝0.500 m不变。(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)

(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝__________cm；

(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v2－h图象，其图象与横轴的交点为0.25。由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝______________；

(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2－h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】    (1). 0.225    (2). 0.5    (3). 不变

【解析】

【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；

（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：

即：，

由图象可知，当时，，代入得到：；

（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变。

10.市场上有一种通过USB接口供电的小型电风扇，它的额定电压5 V，额定功率看不清楚，约2.5W．小茗同学想用右图所示的电路，测量该电风扇正常运转时电动机的电能转化为机械能的效率．除待测小风扇外，实验室提供的器材如下：

A．双量程电流表A：量程和内阻分别为“0.6 A，约0.5 Ω”、“3 A，约0.1 Ω”

B．双量程电压表V：量程和内阻分别为“3 V，约3 kΩ”、“15 V、约15 kΩ”

C．滑动变阻器R：最大阻值5 Ω，额定电流2 A

D．电源：电动势6 V，内阻不计

E．电键，导线若干

(1)该测量电路中电流表的量程应选用________A，采用“电流表外接法”的理由是______________；

(2)该同学打开电风扇底座上的USB接口，找到电风扇电动机的两条引线，作为电风扇的两个接线端；

(3)根据电路图和测量要求，电压表选用0～3 V量程，用笔画线代替导线，在实物图中完成测量小风扇电动机线圈电阻的电路连接______________；

(4)控制风扇不转动，闭合开关，调节滑动变阻器，当电流表示数为0.50 A时，读出电压表的示数为1.0 V；

(5)电压表选用0～15 V量程，闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为5.0 V时，读出电流表的示数0.50A；

(6)该电风扇正常运转时电动机的效率为_____________________ .

【答案】    (1).     (2). 电动机线圈电阻远小于电压表内阻（或：电动机线圈电阻与电流表内阻相当）    (3). 如图所示：

    (4).

【解析】

（1）通过电风扇的最大电流为，故流表的量程应该选用0.6A；因为电风扇的内阻较小，为减小实验误差，使得测量结果更准确，故采用电流表外接法；（3）根据电路图，连接成完整的实物图，如图所示：

（4）当电风扇不转动时，可以把电风扇当成纯电阻元件，则电风扇的内阻为；当电压表示数为时，读出电流表示数为，电风扇已转动，不能当成纯电阻元件，则此时电风扇的输入功率为，电风扇内阻消耗的热功率为，故电风扇的机械功率为，则该电风扇正常运转时电动机的效率为.

11.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量2m和女演员质量m，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R.求：

(1)摆到最低点B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；

(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；

(3)男演员落地点C与O点的水平距离．

【答案】（1）   （2）   （3）

【解析】

（1）第一个过程：两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒。设二者到达B点的速度大小为，则由机械能守恒定律有：。

绳子拉力设为T，由受力分析和圆周运动知识有：

所以

（2）第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒。

设作用后女、男演员的速度大小分别为，所以有。

第三个过程：女演员上摆到A点过程中机械能守恒，因此有

女演员推开男演员做功W:

联立得：，

（3）第四个过程：男演员自B点平抛，有：。

运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得，联立上述几式，可解得。

12.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向间的夹角θ=370，另一端点为轨道的最低点，其切线水平。一质量M= 2kg、板长L =0.65m的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高。质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板。滑板运动到平台D时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在0.1m＜s＜0.5m范围内取值。取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求：

(1) 物块到达点时的速度大小vB

(2) 物块经过C点时对圆弧轨道的压力

(3) 试讨论物块刚滑上平台D时的动能与s的关系

【答案】(1) (2) 46N，方向竖直向下(3) 或

【解析】

(1)从A到B，物块做平抛运动，由几何关系得：

vB=1m/s 

(2)从B到C，物块机械能守恒   

解得：vC=3m/s 

联立解得FN=46N

根据牛顿第三定律FNˊ=FN，物块在C点对轨道的压力大小为46N，方向竖直向下

(3) 物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，根据动量守恒mvC=(m+M)v

解得 v=1m/s  

对物块，用动能定理列方程：，解得：s1=0.8m 

对滑板，用动能定理列方程：，解得：s2=0.2m

由此可知物块在滑板上相对滑过∆s=s1－s2=0.6m时，小于0.65m，并没有滑下去，二者就具有共同速度了（同速时物块离滑板右侧还有L-∆s=0.05m距离）。

①当0.2m≤s＜0.5m时，物块的运动是匀减速运动s1=0.8m，匀速运动s－s2，匀减速运动L-∆s=0.05m，滑上平台D，根据动能定理：

解得：EKD=0.25J 

②当0.1m＜s＜0.2m时，物块的运动是匀减速运动L+s，滑上平台D。根据动能定理：

解得：EKD =1.25-5s （J） 

点睛：本题将平抛、圆周运动、动量守恒及能量守恒定律结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解．掌握牛顿第二定律和运动学公式求出相对运动的位移大小．

13.大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体，由于化学成分和结构各不相同，这些晶体呈现出千姿百态；高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成；关于晶体与非晶体，正确的说法______________

A. 晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同

B. 单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点

C. 有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布

D. 多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状

E. 固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的

【答案】BCD

【解析】

【详解】晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同,沿不同方向的光学性质也不相同,故A错误；根据晶体的特征可知单晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点,故B正确；因为组成晶体的微粒能够按照不同规则在空间分布,所以有的物质在不同条件下能够生成不同晶体,故C正确；多晶体是许多电晶体杂乱无章的组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状,故D正确；固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体不是绝对的,是可以相互转化的;例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故E错误；故选BCD

14.如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1×10－3m2；活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量为m＝1 kg重物连接．开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为L1＝27 cm，被销子K固定在图示位置，此时气缸内气体的压强p1＝1.1×105 Pa，温度T1＝330 K，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，不计一切摩擦和阻力；若在此时拔去销子K，降低气缸内气体的温度，求：

①重物刚好离开地面时，气体的温度为多少？

②重物缓慢上升2 cm，气体的温度为多少？

【答案】（1）270K（2）250K

【解析】

（1）设重物刚好离开地面时，压强为P2，活塞受力平衡，故封闭气体压强

P2＝P0－＝0.9×105 Pa   

等容变化，根据理想气体状态方程，有

解得T2＝270K

（2）设活塞被销子K销定时，气体体积为V1，V1= L1S

设重物缓慢上升h=2cm时，气体体积为V2，V2=( L1－h)S

等压变化，根据理想气体状态方程，有

解得T2′＝250K

15.一列沿x轴传播的横波在t＝0.05 s时刻的波形图如图甲所示，P、Q为两质点，质点P的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是__________

A. 该波的波速为20 m/s

B. 该波沿x轴负方向传播

C. t＝0.1 s时刻质点Q的运动方向沿y轴正方向

D. t＝0.2 s时刻质点Q速度大于质点P的速度

E. t＝0.3 s时刻质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离

【答案】ACD

【解析】

【分析】

本题要在乙图上读出P质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率.

【详解】A、分析图甲确定波长λ＝4m，根据图乙确定周期T＝0.2s，则该波的波速，A选项正确；

B、分析图乙可知，t＝0.05s时，质点P处于平衡位置沿y轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿x轴正方向传播，B选项错误；

C、分析图甲可知，t＝0.05s时，质点Q处于波谷，t＝0.1s时，质点Q位于平衡位置沿y轴正方向运动，C选项正确；

D、t＝0.2s时刻，质点Q位于平衡位置，质点P位于波峰，质点Q的速度大于质点P，D选项正确；

E、t＝0.3s时，质点Q位于平衡位置，质点P位于波谷，质点Q距平衡位置的距离小于质点P，E选项错误．

故选ACD.

【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向.

16.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出．已知水对该单色光的折射率为n＝.

①若平面镜与水平方向的夹角为θ＝30°，求该单色光在水面入射角的正弦值sini；

②使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角α.

【答案】(1)   (2) 15°

【解析】

解：（i）由折射定律有

由几何关系可知＋2＝90°

可解得：sini＝nsin＝

（ii）光在水面上发生全反射，有

由几何关系可知C＋2＝90°

联立可解得平面镜与水平方向夹角为＝15°