1、E-020】理科综合能力测试试卷 第 4 页(共 12 页) 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。 14. 1897 年英国物理学家约瑟夫约翰汤姆生在研究阴极射线时发现了电子,这是人类最早发现的基本粒 子。 下列有关电子说法正确的是 A. 电子的发现说明原子核是有内部结构的 B. 射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流,它具有中等的穿透能力 C. 光电效应实验中,逸出的光电子来源于金属中自由电子 D. 卢瑟福
2、的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的 15. 如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到 300 米/ 秒,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的。 由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速 运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为 89 米/ 秒。 某次下暴雨时小明同学 恰巧打着半径为 0. 5m 的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为 0. 5kg/ m3),由于下雨使小明增加撑雨 伞的力最小约为 A. 0. 25NB. 2. 5NC. 25ND. 250N 16. 建筑工人常常徒手向上抛砖块,当砖块上升到
3、最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中,砖块 运动 3s 到达最高点,将砖块的运动匀变速直线运动,砖块通过第 2s 内位移的后 1 3 用时为 t1,通过第 1s 内 位移的前 1 5 用时为 t2,则 t2 t1 满足 A. 1 5 t2 t1 1 4 B. 1 4 t2 t1 1 3 C. 1 3 t2 t1 1 2 D. 1 2 t2 t1 ，电阻的伏安特性曲线与 原路端电压与干路电流的图线分别交于 P1、P2，则 1 1 1 EU r I =指的是 E 与 P1连线的斜率， 2 2 2 EU r I =指的是 E 与 P2连线的斜率，可知 12 rr，B 错误； 在原图中作出阻
4、值为 1k的电阻的伏安特性曲线，与原图交于（1.8V， 1.8mA），此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为 1.78V1.78mA3.2 3 10W，C 错误；此时电源的效率 1.78 64% 2.8 IU IE =，D 错误。 19 BC 【解析】 a、 b 转动方向相同， 在相遇一次的过程中， a比b多转一圈， 设相遇一次的时间为t， 则有1 ab tt TT =， 解得8th =， 所以 B 正确； b、 c 转动方向相反， 在相遇一次的过程中， b、 c 共转一圈， 设相遇一次的时间为 t ， 则有1 bc tt TT +=，解得8th =，所以 C 正确。 20ACD【解
5、析】 0 2 t 时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为零，A 正确； 根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是逆时针，而右侧的导线框的感应电流也是逆时针，则整个 导线框的感应电流方向为逆时针，B 错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应 电动势，结合题意可知整个导线框产生感应电动势为左、右两侧电动势之和，即E2r 2B 0 2t0 ，由闭合电路 欧姆定律，得感应电流大小IE R r 2B 0 t0R ，C 正确；由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安 培 力 ， 则 所 受 地 面 的 摩 擦 力 方 向 向 右 、 大 小 与 线
6、 框 所 受 的 安 培 力 大 小 相 等 ， 即 23 0 12120 0 2 222 =2 B r TB IrB IrBBIrB Ir t R =+=+=（） ，D 正确。 21 AD 【解析】 从 t=0 时刻开始， 水平面内存在沿+x、 +y 方向的匀强电场 E1、 E2， 场强大小均为 1.010 7 V/m， 则由牛顿第二定律可知，qEma=， 小球沿+x、 +y 方向的加速度的大小均为a1=a210m/s 2， 经过 1s， t=0.1s 时，小球沿+x、+y 方向的速度大小均为v1v21 m/s，小球沿+x、+y 方向的位移大小均为x1x20.05m； 在第 2 个 0.1
7、s 内， 小球沿x方向移动的距离x2v1t2+ 2 2 2 1 2 a t0.15 m， 沿y方向移动的距离y2v2t2 2 1 2 1 2 at 0.05 m；依题意，在第 3 个 0.1 s 内小球沿+x 方向做匀减速直线运动，由 22 qEma=可知 2 a 20m/s 2， 在第 3 个 0.1 s 内，小球沿+x方向移动的距离x3v2t31 2at 2 30.1 m，t=0.3s 时，小球速度v3v2a2t3 0.综上分析可知，AD正确。 22 （5 分） （1）ACD （3 分） （2）AC与表示分力F2的OB长度相等，方向平行（2 分） 【解析】 （1）合力与分力的关系为等效替代
8、的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力 拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点 O 的位置要相同，同时拉力的大小要适当大 一些，可以有效减小误差；故 A 正确；在重复实验再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次不同。故 B 错误；使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计 刻度，可以减小偶然误差。故 C 正确；拉橡皮条的细线要长一些，标记用一细绳方向的两点要远一些，可 以减小方向误差，故 D 正确。 （2）根据平行四边形定则可知若AC与表示分力F2的OB长度相等，方向平行，则说明合力与分力之间的关 系满足平行四边形
9、定则。 23 （10 分） （1） （2 分）（2）（2 分）（3） （2 分） （2 分） （2 分） 【解析】若闭合电键，将单刀双掷电键掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U， 根据闭合电路欧姆定律可知，则，因此图象的纵轴截距，电动势 ，图象的斜率，则电源内阻；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源 的 电 流 大 于， 这 是 造 成 系 统 误 差 的 原 因 ； 若 考 虑 电 源 电 压 表 内 阻 ， 则 表 达 式 为 ，变形得：；则由数学规律可知，电动势E减小；内阻减小； 根据闭合电路欧姆定律变形， 得到 与R的关系式，。 根据数学知识得知，图 象的斜
10、率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和。则可知，电动 势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻，所以内电阻的测量值与真 实值相比偏大。 由以上分析可知，中电动势是准确的，故E；而图象的斜率；联立解得：； （4）根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电 阻的增大，输出功率将越来越小，由可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A 错误； C、当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半由A的分析可知，乙输出 的功率比甲的大； 而当外电路断开时， 路端电压等于电源的电
11、动势， 此时输出功率为零； 故C正确，D错误 故 选BC 24 （14 分） 【解析】（1）进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则 mgqE= （1 分） g E k =（1 分） （2）粒子轨迹如图所示，由几何关系：2 cos RL= （1 分） 由洛伦兹力提供向心力： 2 mv qvB R = （1 分） 又 cos y v v = （2 分） 竖直方向： y vgt= （1 分） 水平方向： 0 Lv t= （1 分） 联立解得 0 2g v kB = （1 分） （3）竖直方向： 2 1 2 hgt= （2 分） 圆心的纵坐标 sin O yhR = + （2 分） 联立解
12、得 222 22 2 8 O gk B L y k Bg = （1 分） 25 （18 分） （1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得 22 222 12 0 11 22 m gxm vm v= (2 分) 代入数据，解得v1=8 m/s 设滑块离开圆弧轨道后上升的最大高度为h1，由动能定理可得 2 212 1 1 ()0 2 m g Rhm v+= (2 分) 代入数据，解得h1=2.8 m (1 分) （2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2， 由牛顿第二定律 2m2g =m2a2 (1 分) 木板的加速的为a1，由牛
13、顿第二定律2m2g1（m2+m1）g=m1a1 (1 分) 得：a1=3m/s 2 a 2=9m/s 2 （1 分） 设经过t1时间后两者共速，共同速度为v， 由运动学公式可知v= v1a2t1=a1t1 t1 =2/3s v=2m/s (1 分) 该过程中木板的位移 11 2 v xt= x1 =2/3m (1 分) 滑块走过的位移 1 21 2 vv xt + = x2 =10/3m (1 分) 由于x1x0=1m,假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出， 则木板的最小长度L=x2x1 (1 分) 联立以上各式，解得L= 8 3 m (1 分) (3)滑块和木板一起匀减速
14、运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知 1 (m1+m2)g=(m1+m2)a a=5m/s2 (1 分) 滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得 22 1120112212 11 () ()()() 22 mm g xxmm vmm v+=+ (2 分) 随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得 2 2222 1 0 2 m ghm v= (1 分) 代入数据，解得h2= 1 30 m (1 分) 33.（15 分） （1）大（1 分） 放出（2 分） 大于（2 分） 【解析】状态 B 时，气体压强与体积的乘积比状态 A 时大，根据理想气
15、体状态方程可知状态 B 的温度比状 态 A 高，则状态 B 时，气体分子的平均动能比状态 A 时气体分子的平均动能大；由 B 到 C 的过程中，气体 将发生等容变化，随着压强减小，温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知气体将放出热量； 经历 ABCDA 一个循环，气体整体上表现为对外做功，则吸收的总热量大于释放的总热量。 （2） （10 分） (i)气体做等温变化，在(a)状态，有 pA1=p0， s mg p s mg pp AB +=+= 011 ，VA1=VB1=V 在(b)状态，有：pA2=pB2=p ，VVA 3 2 2 = ，VVB 3 4 2 = 对A部分气体，由波意耳定
16、律得：pA1VA1=pA2VA2 即： VpVp 3 2 0 =（2 分） 同理，对B部分气体，由波意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2 即：VpV S mg p 3 4 )( 0 =+ （2 分） 解得： g Sp m 0 = （1 分） (ii)由题意知，VVA 2 1 3 = ，VVB 2 3 3 = 对A部分气体，有：pA1VA1=pA3VA3 即：VpVp A 2 1 30 = ，得：pA3=2p0 （1 分） 对B部分气体，有：pB1VB1=pB3VB3 即：VpV S mg p B 2 3 )( 30 =+ ，得： 03 3 4 ppB=（1 分） 活塞处于静止状态，有：Spm
17、gSp AB33 sin=+（2 分） 解得： 3 2 sin=（1 分） 34.（15 分） （1） 2 7 （2 分） c a 2 7 （2 分） 等于（1 分） 【解析】设该设备材料的折射率为 n，在 AD 面上，设折射角为，则由折射定律： sin60 sin n = ；在 AB 面 上，恰好发生全反射，则 1 sin(90) n = ；联立解得 n= 2 7 。由几何关系，光从射入到第一次射出所走过 的路程为 S= 2 27 cos a ana =，光在介质中传播的速度 c v n =，则需要的时间 S t v =，联立解得 t= c a 2 7 。 发生干涉时，两束光的频率相等，所以
18、若有另一束光L2能和L1发生干涉，则L2的频率等于。 （2） （10 分） 【答案】(i) 5 5sin() 3 xt =+cm 或 ) 3 5 sin(5tx = cm (ii) 11.7s（iii）1.85m 【解析】(i)由图象可得：波长 =0.6m ，由题意，有：Ttt 4 5 12 = ，T=1.2s 波速为： T v =0.5m/s （2 分） 波源振动的位移表达式为： 0 25 sin()5sin() 3 =+=+xAtt T cm 或 ) 3 5 sin(5tx = cm （2 分） (ii)波传到x1=5.4m 需要的时间为： v x t 1 1 =10.8s （1 分） 质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为： Tt 4 3 2 =0.9s（1 分） 所以，x1=5.4m 的质点第一次到达波峰的时刻为：t3=t1+t2=11.7s （1 分） （iii）波传到x2=30cm 需要时间为： v x t 2 3 =0.6s （1 分） 所以从t1=0 开始至x=5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm 处的质点振动时间为： 334 ttt=11.1s=TT 4 37 2 . 1 1 . 11 = （1 分） 所以，该质点的路程为：As4 4 37 =1.85m （1 分）
