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1、2019届高三联考理科综合试题（物理部分）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是A. 维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力B. 核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小C. 比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能D. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【答案】C【解析】【分析】核力与万有引力性质不同
2、核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量用于表示原子核结合松紧程度；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。【详解】A项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A错误；B项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B错误；C项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C正确；D项：自由核子组成原子核时，其质
3、量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D错误。故选：C。【点睛】本题考查对核力的理解核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程。2.一辆汽车以20m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s时，刹车的距离x1为A. 12m B. 12.8m C. 14m D. 14.8m【答案】B【解析】【详解】由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a，由公式
4、v02=2ax，其中v0=20ms，x=20m代入解得：a=10ms2，当v=12ms时，汽车刹车的位移为x1=v02v22a=12.8m，故B正确。故选：B。3.太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小行星带中的行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则A. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同B. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度C. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期D. 小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同【答案】D【解析】【详解】A项：由公式GmMr2=m4
5、2T2r可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故A错误；B项：由公式GmMr2=ma可知，小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故B错误；C项：小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期小于木星公转周期，故C错误；D项：由公式F=mv2r可知，某两颗行星线速度大小v不同，但mv2r有可能相同，故D正确。故选：D。4.一小物块从倾角为=30的足够长的斜面底端以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数=33，g取10m/s2，则物块在运动时间t=1.5s时离斜面底端
6、的距离为A. 3.75m B. 5m C. 6.25m D. 15m【答案】B【解析】【详解】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：a=gsin+gcos=10ms2 物块运动到最高点时间：t=v0a=1s1.5s 由于mgsin=mgcos，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x=v022a=5m ，故B正确。故选：B。5.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为A. qBL
7、m B. 2qBLm C. (21)qBLm D. (2+1)qBLm【答案】C【解析】【详解】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为r=2LL=(21)L 根据牛顿第二定律得：qv0B=mv02r 解得：v0=(21)qBLm ，故C正确。故选：C。6.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定A. 通过用户的电流减小了B.
8、 用户接入电路的总电阻减小了C. 用户消耗的电功率减小了D. 加在用户两端的电压变小了【答案】BD【解析】【详解】A项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；B项：由I1U2=I22R+(n4n3)2R用户可知，输送电流增大，是由于R用户减小引起的，故B正确；C项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故C错误；D项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故D正确。故选：BD。7.如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释
9、放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是A. 物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)B. 物块从A到B过程重力的平均功率为2mg2ghC. 物块在B点时对槽底的压力大小为(R+2h)mgRD. 物块到B点时重力的瞬时功率为mg2gh【答案】BC【解析】【详解】A项：物块从A到B做匀速圆周运动，根据动能定理有：mgRWf=0 ，因此克服摩擦力做功Wf=mgR，故A错误；B项：根据机械能守恒，物块在A点时的速度大小由mgh=12mv2得：v=2gh，从A到B运动的时间为t=12Rv=R22g
10、h ，因此从A到B过程中重力的平均功率为P=Wt=2mg2gh，故B正确；C项：根据牛顿第二定律：Nmg=mv2R，解得：N=(R+2h)mgR，由牛顿第三定律得可知，故C正确；D项：物块运动到B点，速度与重力垂直，因此重务的瞬时功率为0，故D错误。故选：BC。8.如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成角斜向右上射入电场，粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点(图中未标出)，则下列说法正确的是A. 若粒子在b点速度方向沿x轴正方向，则电场方向可能平行于x轴B. 若粒子运动过
11、程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C. 若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等D. 若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反【答案】CD【解析】【详解】A项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x轴，故A错误；B项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；C项：若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；D项：若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因
12、此电场方向一定与v0方向相反，故D正确。故选：CD。三、非选择题：共174分。第2232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.某同学用气垫导轨做验证动能定理实验装置如图甲所示，重力加速度为g，按要求完成下列问题。(1)实验前先用游标卡尺测出遮光条的宽度测量示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=_mm。(2)实验中需要的操作是_。A.调节螺钉，使气垫导轨水平B.调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行C.滑块与遮光条的总质量M一定要远大于钩码的质量mD.使滑块释放的位置离光电门适当远一些(3)按图示安装并调节好装置，开通气源，将滑块从图示位置由静止释放，由
13、数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，则物块通过光电门时的速度为v=_(用测得的物理量字母表示)(4)若保持钩码质量不变，改变滑块开始释放的位置，测出每次释放的位置到光电门的距离x及每次实验时遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是_时才能符合实验要求。A. xt B.x(t)2 C.x(t)1 D.x(t)2【答案】 (1). 5.45 (2). ABD (3). dt (4). D【解析】【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05mm9=0.45mm，所以最终读数为5.45mm；(2)A项：调节螺钉，使气垫导轨水
14、平，故A正确；B项：为了使绳的拉力等于滑块的合外力，调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行，故B正确；C项：对系统来说，无需滑块与遮光条的总质量M远大于钩码的质量m，故C错误；D项：使滑块释放的位置离光电门适当远一些，可以减小测量滑块运动位移的误关，故D正确。故选：ABD。(3)滑块通过光电门的速度为：v=dt；(4)由公式mgx=12(M+m)(dt)2，解得：x=(m+M)d22mg(t)2 ，故选D。10.某同学设计了如图甲所示的电路测电源的电动势和内阻。(1)闭合电键S1，将单刀双掷开关合向a，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图再将单刀双掷开关合向b
15、，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图两次作出的图象如图乙所示，则将单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象应是_(填“A”或“B”)。将电键合向_(填“a”或“b”)时，测得的电源电动势没有系统误差。(2)根据两次测得的数据分析可知，根据图线_(填“A”或“B”)求得的电动势更准确，其电动势的值为E=_V。(3)若该同学通过实验测出电流表的内阻为RA=1，则利用图线_(填“A”或“B”)测得的电源的内阻更准确，由此求得电源的内阻为r=_。【答案】 (1). A (2). b (3). B (4). 1.5 (5). B (6). 4【解析】【详解】(1)单刀双掷开关合向a时，由于电压表的分流，使测得的
