1、哈尔滨市第六中学2018-2019学年度上学期期末考试理科综合试题（物理）二、选择题1.A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图像如图所示，其中是顶点过原点的抛物线的一部分，是通过（0，3）的一条直线，两图像相交于坐标为（3，9）的P点，则下列说法不正确是（ ）A. 质点A做初速度为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动B. 质点B以2m/s的速度做匀速直线运动C. 在前3s内，质点A比B向前多前进了6mD. 在前3s内，某时刻A、B速度相等【答案】C【解析】【分析】在位移-时间图象中，图线的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动.位移等于纵坐标的变化量.结合运动学
2、公式分析.【详解】A、质点A的图象是抛物线，说明质点A做匀变速直线运动，将（0，0）、（3s，9m）代入公式，解得：v0=0，a=2m/s2即质点A做初速度为零加速度为2m/s2的匀加速直线运动；故A正确.B、质点B做匀速直线运动，速度为：，故B正确.C、在前3s内，质点A前进位移为9m，质点B前进位移为6m，所以质点A比B向前多前进3m，故C不正确.D、根据x-t图象的斜率等于速度，知在3s前某时刻质点A、B速度相等，故D正确.本题选不正确的故选C.【点睛】本题要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义，能根据图象的形状分析出物体的运动情况.2.建筑工地通过吊车将物体运送到高处。简化后模型如图所
3、示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是（ ）A. 过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左B. 过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右C. 过D点时，处于失重状态，一定受摩擦力作用D. 过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零【答案】B【解析】【分析】A到C的过程中物体斜向上做加速运动，由加速度方向的特点分析物体的受力；物体在D点做匀速圆周运动，结合竖直平面内圆周运动的特点与向心力的方向分析即可.【详解】A、B、吊车从A向C运动的过程中，加速度的方向斜向
4、上，在竖直方向的分加速度向上，所以吊车以及物体M都处于超重状态；同时吊车水平方向的加速度的方向向右，所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右；故A错误，B正确；C、吊车经过D点时，吊车做匀速圆周运动，则吊车与物体M受到的合外力的方向都是竖直向下，则它们的加速度的方向竖直向下，所以都处于失重状态；由于加速度的方向竖直向下，所以水平方向物体M不受摩擦力；故C错误；D、只能知道吊车与物体处于失重状态，不知道吊车的速度，以及圆周运动的半径的大小，所以不能判断出吊车的地板是否对M没有支持力；故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道B所受合力在竖直方向的分力等于
5、重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力.3.我国“天宫一号”圆满完成相关科学实验，于2018年“受控”坠落。若某航天器变轨后仍绕地球做匀速圆周运动，但动能增大为原来的4倍，不考虑航天器质量的变化，则变轨后，下列说法正确的是（ ）A. 航天器的轨道半径变为原来的1 / 4B. 航天器的向心加速度变为原来的4倍C. 航天器的周期变为原来的1 / 4D. 航天器的角速度变为原来的4倍【答案】A【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度的变化.【详解】A、动能增大为原来的4倍，则线速度增大为原来的2倍，根据万有引力提供向心力得，
6、则轨道半径变为原来的倍；故A正确.B、C、D、根据，解得，轨道半径之比为4:1，则向心加速度大小为原来的16倍，角速度大小为原来的，周期为原来的8倍，故B、C、D错误.故选A.【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系.4.如图所示，一个带正电荷q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球（假设小球的电量q在运动过程中保持不变，不计空气阻力），则( )A. 小球一定不能到达B点B. 小球仍恰好能到
7、达B点C. 小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力D. 小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关【答案】B【解析】不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：mg（h-2R）=mv2；在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：mv22=（mg+Eq）（h-2R）在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B.5.如图所示，理想变压器原线圈的两端a、b接正弦交流电源时，电压表V的示数为220 V，电流表A1的示数为0.20 A。已
8、知负载电阻R44 ，则下列判断中正确的是（电表均为理想交流电表）（ ）A. 原线圈和副线圈的匝数比为21B. 原线圈和副线圈的匝数比为51C. 电流表A2的示数为0.1 AD. 电流表A2的示数为0.4 A【答案】B【解析】变压器的输出功率等于输入功率，则：解得：由于原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈和副线圈的匝数比，B正确；ACD错误；故选B。6.如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形闭合线圈，ad与bc间的距离为2L且均与ab相互垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t0时刻，c点与磁场区域左边界重合。现使线圈以恒定的
9、速度vcda方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流I及ab间电势差U随时间t变化的关系图线可能是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】BD【解析】据题意，梯形线框向右运动过程中，cd边在切割磁场，产生的电流方向为逆时针，与正方向一致，在第一个过程中电流大小为，D错误；当cd边全部进入磁场后，在第二个过程中，线框产生的电流为：；当cd边出磁场后，在第三个过程中，线框产生的感应电流为；在第四个过程中，cd边全部离开磁场，ab边进入，但产生电流方向为顺时针，电流大小为，故选项B正确，而选项A、C错误【点睛】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式
10、E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律7.如图所示，电源的电动势E12V，内阻r3；M为直流电动机，其电枢电阻r1。当电阻箱R调到某值时，此时电源输出功率最大。则此时（ ）A. 电阻箱的阻值一定是R=2B. 电路中的电流强度一定是I=2AC. 电源的输出功率一定是P输=12WD. 电动机的机械输出功率一定是4W【答案】BC【解析】【分析】根据输出功率的计算公式求解最大输出功率和对应的电流；由于电动机属于非纯电阻电路，无法确定电阻箱的阻值和电动机的机械输出功率.【详解】B、C、电源的输出功率最大时，电路的电流强度为I，路端电压为U=E-Ir，故输出功率P=UI=EI-I2r，整
11、理得3I2-12I+P=0，要使方程有解，则=144-12P0，解得P12W，此时对应的电流I=2A，故B、C正确；A、D、由于电动机的额定电压不知道，电动机转动时会产生反电流，故无法确定电阻箱的阻值和电动机的机械输出功率，故A、D错误.故选BC.【点睛】本题主要是考查了电源的三种功率：电源总功率、电源内功率和电源的输出功率；三种功率与电流的关系是：电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，其中PE=PR+Pr；解答本题首先要弄清楚这三种功率的关系，能够从图象上进行分析判断，能够根据解析式来理解图象的物理意义.8.如图所示，两根相距L=0.8m、电阻不计的
12、平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.3的电阻相连，导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=4m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变则（）A. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力保持不变B. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中速度一直减小C. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小为12JD. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中外力的平均功率为5.6W【答案】BC
13、D【解析】A. 金属棒运动过程中电阻消耗的功率不变，则金属棒产生的感应电动势不变，电路电流不变，根据F=BIL，B增大，安培力增大，故A错误；B. 金属棒克服安培力做功，动能转化为内能， 速度一直减小，故B正确；Cx=0处。金属棒切割产生感应电动势为：E=B0Lv0=0.50.84=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：，由题意可知，在x=3m处，B=B0+kx=0.5+0.53=2T，当x=0m时有：F0=B0IL=0.540.8=1.6N，x=3m时，有：F=BIL=240.8=6.4N，金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小，有：，故C正确；D. 由动能定理：，代入数
14、据解得：P=5.6W，故D正确；故选：BCD.三、非选择题9.用如图甲所示的装置可验证机械能守恒定律。装置的主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有可移动的铁夹A和光电门B.主要实验步骤如下：用游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示； 用细线将小球悬挂于铁架台上，小球处于静止状态；移动光电门B使之正对小球，固定光电门；在铁夹A上固定一指针（可记录小球释放点的位置）；把小球拉到偏离竖直方向一定的角度后由静止释放，读出小球释放点到最低点的高度差h和小球通过光电门的时间t；改变小球释放点的位置，重复步骤。回答下列问题：(1)由图乙可知，小球的直径d=_cm；(2)测得小球摆动过程中的最大速度为_（用所测物理
15、量的字母表示）；(3)以t2为纵轴，以_（填“h”或“1/h”）为横轴，若得到一条过原点的、且斜率大小k=_（用所测物理量的字母和重力加速度g表示）的倾斜直线，即可验证小球在摆动过程中机械能守恒.【答案】 (1). 1.060 (2). d/t (3). 1/h (4). d2/2g【解析】【分析】(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)小球经过最低点的速度最大，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出最大速度的大小；(3)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题.【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.0512mm=0.60mm，则最终读数
16、为10.60mm=1.060cm.(2)小球经过最低点的速度最大，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，最大速度.(3)根据机械能守恒有：，整理得：，以h为纵轴，以t2为纵轴，若得到一条过原点的直线，应以为横轴，由图象可知，图象的斜率.【点睛】解决本题的关键知道 实验的原理，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，掌握游标卡尺的读数方法，注意不需要估读.10.用以下器材尽可能准确地测量待测电阻Rx的阻值。A待测电阻Rx，阻值约为200； B电源E，电动势约为3.0V，内阻可忽略不计；C电流表A1，量程为010mA，内电阻r1=20； D电流表A2，量程为020mA，内电阻约为r28；E定值电阻
17、R0，阻值R0=80； F滑动变阻器R1，最大阻值为10；G滑动变阻器R2，最大阻值为200； H单刀单掷开关S，导线若干；(1)为了尽可能准确地测量电阻Rx的阻值，请你设计并在虚线框内完成实验电路图_。(2)滑动变阻器应该选_（填器材前面的字母代号）；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于_端；（填“a”或“b”）(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2则Rx的表达式为：Rx=_【答案】 (1). (2). F (3). b (4). 【解析】【分析】关键是由于没有电压表，可考虑将内阻为定值的电流表与定值电阻串联而改装为电压表；然后将改装后的电压表与待测电阻并联再与另
18、一电流表串联，但需要通过估算是否可行；再根据电流要求从零调，可知变阻器应采用分压式接法，即可求解【详解】(1)根据题意，A1内阻为确定值，可考虑将A1与定值电阻R0串联改装为电压表，可得总电压为U=IA1(r+R0)=1010-3(20+200)V=2.2V，略大于电源电动势2.0V，然后判断能否将改装后的电压表与待测电阻并联然后再与A2串联：由于此时可求出它们的总电流为,与电流表A2的量程接近，所以方案可行；又要求电流从零开始，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：(2)滑动变阻器R2的最大阻值为200，电阻值太大，对分压的调节效果不好，所以要使用电阻值比较小的R1在闭合开关前，要使测量
19、的部分的电压最小，所以滑动变阻器的滑片P应置于b端.(3)根据欧姆定律和并联电路电压相等得,解得：.【点睛】遇到电学实验设计题目，当只给出两个电流表时，应考虑能否将其中一个电流表改装为电压表，改装时，应改装内阻为定值的电流表，画出电路图，然后经过计算检验方案是否可行11.如图所示，质量为mA0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B质量为mB1 kg。碰撞前，A的速度大小为v03 ms，B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10 ms2，试求碰后B在水平面上可能的滑行距离。（结果可用分数表示
20、）【答案】 【解析】【分析】由于题目中说“由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞”所以要对可能的碰撞进行讨论：1发生完全非弹性碰撞，此时A与B的速度相同，B的速度最小，停下来距离最短；2发生弹性碰撞，此时B的速度最大，停下来的距离最长；【详解】AB碰后粘在一起后，B在水平面上滑行最短距离xminmAv0=(mA+mB)v1解得：v1 =0.5m/s解得：AB弹性碰撞后，B在水平面上滑行最长距离xmaxmAv0=mA vA+mBvB解得：vB=1m/s 碰后B在水平面上可能滑行的距离范围：【点睛】该题中需要对碰撞的情况进行讨论，B物块停下来的距离在最长距离与最短距离之间，并不是单一的一个
21、距离.12.如图所示，区域I存在加速电场，半径为r 的圆形区域III内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60角，同心大圆半径为r ，两圆间区域II内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。质量为m，带电量为+q 的粒子经区域I电场加速后恰好沿区域II磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A 处进入区域III电场，并从最低点C 处离开电场。不计粒子的重力。求：（1）该粒子从A 处进入电场时的速率；（2）偏转电场的场强大小；（3）使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围。【答案】（1）；（2）；（3）和【解析】(1)带电凿子以v进入磁场经的时间从内圆
22、最高点A进入电场，则有： R= 解得：；(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，则有： 解得：；(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场 ，则有： 使粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R有三种临界值，讨论：1、 2、 3、 所以加速电压的取值范围：和。13.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是_A.某种物体的温度为0，说明该物体中分子的平均动能为零B.物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大C.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都增大但引力增大的更快，所以分子力表现为引力D.10g100水的内能小于10g100水蒸气的内能E.两个铝块挤压后能紧连在
23、一起，说明分子间有引力【答案】BDE【解析】【详解】A、某种物体的温度是0，不是物体中分子的平均动能为零，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的多少还与物质的多少有关，所以但内能不一定增大，故B正确；C、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，故表现为引力，故C错误；D、温度是分子平均动能的标志，所以10g 100的水的分子平均动能等于10g 100的水蒸气的分子平均动能，同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以100的水的内能小于100相同质量的水蒸气的内能，故D正确；E、两个铅块相互紧压后，它们会黏在一起，是
24、分子运动的结果，说明了分子间有引力，故E正确；故选BDE。【点睛】关键是知道温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的多少还与物质的多少有关，所以但内能不一定增大；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，故表现为引力。14.（7分）有一传热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M活塞密封一定质量的的理想气体，活塞面积为S。开始时汽缸开口向上（如图一），已知外界大气压强P0，被封气体的体积V0。求被封气体的压强：（3分）现将汽缸倒置（如图二），待系统重新稳定后，活塞移动的距离是多少？（4分）【答案】（1）（2）【解析】令封闭气体
25、的压强为P，对活塞受力分析：，得 气缸倒置后：对活塞受力分析得：，所以对封闭气体运用玻玛定律，得所以15.如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A. 该时刻质点O正处在平衡位置B. P、N两质点始终处在平衡位置C. 随着时间的推移，质点M向O点处移动D. 从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【答案】B【解析】由波的叠加，M点处于波峰，O点处于波谷，A错；PN两点处于波峰与波谷相遇的点，为平衡位置，B对；质点不随波迁移，C错；M点处于波峰位置，再经过四分之一个周期振动到平衡位置，D错16.两块相同的直角棱镜与
26、一块等腰棱镜拼接成如图所示的组合棱镜，称为直视棱镜在主截面内，与底面平行的光线由左方射入棱镜，光线等高地从右面棱镜平行射出，犹如棱镜不存在一样已知直角棱镜的折射率为n1，等腰棱镜的折射率为n2，不考虑底面的反射，求等腰棱镜的顶角.(当光以入射角1从折射率为n1的介质入射到折射率为n2的介质中时，折射角为2，则它们满足关系式n1sin1n2sin2) 【答案】90【解析】【分析】结合光路的可逆性，作出光路图，然后根据折射率的定义列式后联立求解即可.【详解】作出光路图，如图所示：在AB面，由折射定律有：在BC面，由折射定律有：即消去可得：解得：【点睛】本题关键是根据光路的可逆性并结合对称性画出光路图，然后根据折射率和相对折射率的定义列式求解. - 16 -