河南省十所名校2020届高三阶段性测试（四）理科综合物理试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com 河南省十所名校2019—2020学年高中毕业班阶段性测试（四）‎ 理科综合 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18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. 具有天然放射性，会自发地发生衰变，衰变成并放出一个粒子x；在中子的轰击下会发生裂变，用一个中子轰击会裂变成、和n个中子。则关于x和n，下列说法正确的是（　　）‎ A. x为β粒子 B. x的穿透能力很强 C. n＝9‎ D. n＝10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． 根据质量数守恒与电荷数守恒可知，x的质量数为4，电荷数为2，可知x是α粒子，α粒子的穿透能力较弱，故A错误B错误；‎ CD． 根据质量数守恒可知n的个数：‎ n=1+235-136-90=10‎ 故C错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为（　　）‎ A. 12N·s - 19 -‎ B. 13.5N·s C. 15N·s D. 16.6N·s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设足球的质量为m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：Ft=m△v，解得：‎ 根据动量定理可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：‎ 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，车厢里用A、B两段细线悬吊着同一个小球，小球静止时，细线B竖直，A倾斜，且A与竖直方向的夹角为37°。现让小车向左以一定的加速度做匀加速直线运动，结果两段细线上拉力的大小相等，则小球运动的加速度大小为（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g）（　　）‎ A. g B. g C g D. g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设小球的质量为m，绳子的拉力为T，小球的受力如图所示 - 19 -‎ 竖直方向上有：‎ T+T•cos37°=mg 水平方向上有：‎ T•sin37°=ma 解得小球的加速度为：‎ 故ACD错误B正确。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻R1、R2、R3的阻值大小关系为R2＝R3＝R1。现在a、b两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，R1消耗的功率等于R2和R3消耗的功率之和，则变压器原、副线圈的匝数比为（　　）‎ A. 1：9‎ B. 9：1‎ C. 1：3‎ D. 3：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，根据题意可知：‎ 所以 - 19 -‎ 故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB边长为L，∠A＝30°，∠B＝90°，D是AB边的中点。现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子（不考虑粒子间的相互作用和粒子重力），若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，则AC边上有粒子射出的区域长度为（　　）‎ A. L B L C. L D. L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从D点射入和B点射入的粒子的运动轨迹如图所示 设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点，由于从D点射出的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为：‎ - 19 -‎ 则有 因为D点是AB的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有：AD=DF，则根据几何知识有：‎ 所以有粒子射出的区域为：‎ 故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，P点到竖直挡板（足够长）的水平距离恒定，将小球从P点水平抛出，初速度垂直于挡板。关于小球打在挡板上的速度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 初速度越大，打在挡板上的速度越大 B. 初速度越小，打在挡板上的速度越大 C. 打在挡板时的速度方向所在的直线必过空间中某一固定点 D. 若打在挡板上时小球速度与水平方向夹角为θ，则tanθ与小球下落的高度成正比 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设P点到竖直挡板的距离为x，初速度为v0，则水平方向上有：‎ x=v0t 竖直方向上有：‎ vy=gt - 19 -‎ 由勾股定理得：‎ 联立解得小球打在挡板上的速度为：‎ 由数学中的均值不等式可知，v随初速度v0的变化有一最小值，即打在挡板上的速度先减小后增大，故AB错误；‎ C．打在挡板上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，故C正确；‎ D．设打在挡板上时小球的速度与水平反向的夹角为θ，小球下落高度为h，则有：‎ 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎7.我国是拥有极轨气象卫星的四个国家之一，极轨气象卫星在距离地面约840km的轨道上运行，它的轨道通过地球的南北极，且每天两次飞越地球表面上的一个点。已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍，地球半径约为6400km。关于极轨气象卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. 极轨气象卫星的运行速度大于第一宇宙速度 B. 极轨气象卫星的运行速度大于地球同步卫星的运行速度 C. 极轨气象卫星的运行周期为12小时 D. 在合适的条件下，极轨气象卫星可以在12小时内获得一份全球气象资料 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力可知，，解得运行速度：，轨道半径越小的卫星，运行速度越大，则极轨气象卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；‎ B． 同理，极轨气象卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则极轨气象卫星的运行速度大于同步卫星的运行速度，故B正确；‎ - 19 -‎ C． 极轨气象卫星的轨道半径约为7240km，同步卫星的轨道半径约为44800km，同步卫星的运行周期为24h，根据开普勒第三定律可知，，则极轨气象卫星的运行周期小于12h，故C错误；‎ D． 由于极轨气象卫星每天两次飞越地球表面同一点，即极轨气象卫星可以在12小时内全面探测全球的气象一次，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.如图所示，P、Q为水平面内带等量同种正电的固定点电荷，M、N为P、Q连线竖直方向上的垂直平分线上的两点，且M、N关于P、Q连线对称。一个带负电的粒子，在M点以一定的初速度射出，若粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 若粒子沿中垂线向下射出，粒子在N点的速度大小与在M点的速度大小相等 B. 若粒子沿中垂线向下射出，粒子在N点的加速度与在M点的加速度相同 C. 若粒子沿中垂线向上射出，粒子向上运动的过程加速度一定越来越小，电势能一定越来越大 D. 若粒子垂直中垂线射出，粒子运动过程中的电势能可能保持不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】两等量正电荷周围部分电场线如图所示。‎ A．根据对称性知，M、N电势相等，因此粒子沿中垂线向下射出时，粒子在N点的动能与在M点的动能相同，则速度大小相同，故A正确；‎ B．电场线的切线方向为电场强度的方向，M、N点的电场强度方向相反，所以电场力的方向相反，所以粒子在N点的加速度与在M点的加速度方向相反，故B错误；‎ - 19 -‎ C．若粒子沿中垂线向上射出，由于电场强度有可能先变大后变小，因此加速度有可能先变大后变小，故C错误；‎ D．若粒子垂直中垂线且垂直纸面射出，粒子受到的电场力刚好能维持粒子做圆周运动，则粒子的电势能不变，故D正确。‎ 故选AD。‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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.如图所示，某同学设计了一种测量物块与斜面间动摩擦因数的实验装置，将斜面固定在桌子边缘，在斜面上装有两个光电门1、2，绕过斜面顶端光滑定滑轮的细线一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有砂的砂桶，物块静止在斜面上。‎ ‎(1)通过调节定滑轮高度，使连接物块的细线与斜面平行；给物块一个初速度使物块沿斜面向上滑动，观察物块通过光电门1、2时光电计时器记录的遮光片遮光的时间，如果通过光电门1的遮光时间t1小于通过光电门2的遮光时间t2，则需要__________（填“增加”或“减少”）砂桶内砂的质量，直到物块上滑时，通过两个光电门的遮光时间相等；‎ ‎(2)已知斜面的高为h、长为L，测出物块和遮光片的总质量为M，要测量物块和斜面间的动摩擦因数，还需要测量______________________________（写出需要测量的物理量名称和符号），则物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝____________________（用已知的和测量的物理量表示）。‎ ‎【答案】 (1). 增加 (2). 砂和砂桶的总质量m (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 如果通过光电门1的遮光时间t1小于通过光电门2的遮光时间t2‎ - 19 -‎ ‎，说明物块在做减速运动；要想使物块通过两个光电门的遮光时间相等需要物块做匀速运动，增加绳的拉力也就是增加砂桶内砂的质量。‎ ‎(2)[2][3] 实验还需要测量砂和砂桶的总质量m，设斜面倾角为θ，根据力的平衡有 根据几何关系有 ‎，‎ 解得 ‎10.如图所示为某同学用来测量未知电阻Rx连接好实物图，其中R0为阻值已知的定值电阻，S2为单刀双掷开关，电压表为理想电压表。‎ ‎(1)请根据实物图在虚线框中画出电路图_________；‎ ‎(2)调节滑动变阻器滑片至适当的位置，闭合开关S1；将开关S2掷于1，记录此时电压表的示数U1；再将开关S2掷于2，记录此时电压表的示数U2，则待测电阻阻值的表达式Rx＝__________（用R0、U1、U2表示）；‎ ‎(3)闭合开关S1，多次调节滑动变阻器滑片的位置，重复步骤(2)，测得多组U1、U2的数据，作出U1—U2图象，测得图象的斜率为k，由此求得被测电阻的大小Rx＝_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 根据给出的实物电路画出电路图，如图所示：‎ - 19 -‎ ‎(2)[2] 根据部分电路欧姆定律和串联电路的特点可得：‎ 解得：‎ ‎(3)[3]根据可得：‎ 作出图象，测得图象的斜率为k，由上式可得：‎ 解得：‎ ‎11.如图所示，光滑的平行金属导轨MN、PQ倾斜固定放置，导轨间距为1m，导轨所在平面的倾角为θ＝30°，导轨上端并联接入阻值均为4Ω的定值电阻R1、R2，整个装置处在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B0＝2T。闭合开关S，将质量为m＝1kg的金属棒ab垂直放在导轨上由静止释放。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且导轨足够长，重力加速度g取10m/s2，不计导轨和金属棒的电阻，求：‎ ‎(1)当金属棒加速度为3m/s2时，回路中的电功率为多大；‎ ‎(2)某时刻，金属棒运动的速度达到最大，此时金属棒离电阻R2的距离为x0＝1m，这时断开开关S，为使回路中的感应电流为零，从此时开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间t如何变化，写出相关的表达式。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1)2W；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设金属棒的加速度大小为3m/s2，回路中的电流为I。则有 解得 回路中的总电阻 回路中的电功率 P=I2R=2W ‎(2)设金属棒匀速运动时的速度大小为v，则有 解得 v=2.5m/s 断开开关S，当回路中的感应电流为零时有 a=gsinθ=5m/s2‎ 代入之后解得 - 19 -‎ ‎12.如图所示，半径为R的圆弧形光滑轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，A点与圆心O在同一水平面上；一个连接有轻弹簧的物块Q锁定在水平面上的C点，弹簧自然伸长，左端与地面上的D点对齐，BD长为R。让物块P自A点正上方高R处由静止释放，物块P从A点无碰撞地滑入圆弧轨道，之后与轻弹簧碰撞反弹，第二次到达圆弧轨道的B点时，对轨道的压力是物块P重力的3倍。已知P、Q两物块的质量分别为m、2m，重力加速度为g，水平面上的D点左侧粗糙，右侧光滑。求：‎ ‎(1)物块P与水平地面间的动摩擦因数及弹簧被压缩时具有的最大弹性势能；‎ ‎(2)如果解除物块Q的锁定，物块P下滑后与弹簧相碰并粘连在一起，则此后P的速度为零时弹簧的弹性势能和Q的速度为零时弹簧的弹性势能分别为多大；‎ ‎(3)如果解除物块Q的锁定，试分析物块P下滑后被弹簧弹回，能否第二次到达B点，如果不能，物块P会停在离B点多远的位置；如果能，物块P到B点时对圆弧轨道的压力为多大。‎ ‎【答案】(1) ，；(2) ，0；(3)不能，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块P第二次到达B点时有 ‎3mg-mg=‎ 解得 物块由静止落下到第二次到达B点，根据动能定理有 解得 - 19 -‎ 设弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为，根据能量守恒有 ‎(2)若解除物块Q的锁定，设物块P滑到D点时的速度大小为v2，根据动能定理有 解得 当P的速度为零时，设Q的速度为vQ，根据动量守恒有 解得 根据能量守恒，此时弹簧具有的弹性势能为 当Q速度为零时，根据动量守恒可知，P的速度大小等于v2；根据能量守恒，弹簧的弹性势能为零。‎ ‎(3)设物块P被弹开后，物块P的速度大小为v3，物块Q的速度大小为v4，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 假设物块P被反弹后不能到达B点，根据动能定理有：‎ 解得 假设成立。 ‎ - 19 -‎ 物块P最后停下的位置离B点的距离为：‎ ‎13.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 0oC冰的分子平均动能小于0oC水的分子平均动能 B. 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 C. 在完全失重情况下，密封容器内的气体对器壁的作用力为零 D. 可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功 E. 空气的相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度是分子平均动能的标志，0℃的冰和水分子平均动能相等，故A错误；‎ B．忽略气体分子势能，气体的内能表现为气体分子动能，内能增加温度升高，根据热力学第一定律U=Q+W，升高1K温度，U一定，气体经历过程不同，对外做功W不同，吸收热量Q也不同，故B正确；‎ C．完全失重，密封容器内的气体分子对器壁碰撞仍然存在，有碰撞就有压强，故C错误；‎ D．根据热力学第二定律，可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功，但要注意，过程必然引起其他变化，故D正确；‎ E．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压。故E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图所示，质量为2m的气缸（厚度不计）倒扣在地面上，质量为m的活塞在缸内封闭了一段气体，气缸下部有一小孔与外界相通。已知活塞的横截面积为S，下部中心用轻弹簧与地面相连，活塞静止时弹簧的压缩量为h，活塞到缸顶的距离为h，大气压强为p0，缸内被封闭气体的温度为T0，弹簧的劲度系数为，活塞与气缸内壁无摩擦且气密性良好。‎ ‎(1)求缸内封闭气体的压强大小及气缸对地面的压力大小；‎ ‎(2)若给缸内气体加热，使气缸对地面的压力刚好为零，求此时缸内气体的温度。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1) ；F=mg；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设缸内气体的压强为p1，根据力的平衡有 解得 设气缸对地面的压力大小为F，根据力的平衡有 F+kx=（2m+m）g 解得 F=mg ‎(2)当气缸对地面的压力为零时，设缸内气体的压强为p2，根据力的平衡有 p2S=2mg+p0S 解得 设此时弹簧的压缩量为x1，根据力的平衡有 kx1=3mg 此时活塞离缸底的距离为 根据理想气体状态方程有 解得 - 19 -‎ ‎15.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播时在t＝0时刻的波形图，此时质点M离开平衡位置的位移为y＝3cm，x＝4m处的质点的振动方程为y＝－5sin（）cm。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 波沿x轴正方向传播 B. 波传播的速度大小为8m/s C. t＝1.5s时刻，M点的位移为y＝－3cm D. 从t＝0时刻开始，M点第一次到达波峰所用的时间大于0.125s E. 平衡位置为x＝4m的质点比x＝8m的质点振动超前0.5s ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 由x=4m处的质点的振动方程为y=-5sin（2πt）cm，可知，t=0时刻，x=4m处的质点沿y轴负方向振动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；‎ B．根据可知，波动周期T=1s，因此波传播的速度大小为：‎ 故B正确；‎ C． t=1.5s时刻，即从t=0时刻开始经过1．5个周期质点M运动到关于平衡位置对称的位置，即为：y=-3cm，故C正确；‎ D． t=0时刻，M点正沿y轴正方向运动，若M点的位移为：，则第一次到达波峰所用时间为0.125s，因为y=3cm＜，因此M点到达波峰所用时间要大于0.125s，故D正确；‎ - 19 -‎ E． 由于波沿x轴负方向传播，因此平衡位置为x=4m的质点比x=8m的质点振动滞后0.5s，故E错误。‎ 故选BCD。‎ ‎16.如图所示，ACB为半圆形玻璃砖的横截面，O为圆心，一束单色光平行于直径AB入射到圆弧上的C点，折射光线刚好可以射到B点。已知圆的半径为R，∠CBA＝30°，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎(1)玻璃砖对该单色光的折射率；‎ ‎(2)保持光的入射点位置不变，在纸面内改变入射角，使折射光线与AB的夹角为45°，则光从C点传播到AB所用的时间为多少。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图所示，根据几何关系可知，光在C点发生折射的入射角i=60° ‎ 折射角 r=30°‎ 因此折射率 ‎(2)如图所示，改变入射光的入射角，使折射光线CD与AB的夹角为45°，根据正弦定理有 解得 - 19 -‎ 光在玻璃砖中传播的速度，则 ‎ ‎ - 19 -‎ - 19 -‎