理科综合—物理部分测试题一

二 不定选择题 （每题6分，共48分，19题20题21题为多选题）

14．下列说法正确的是： （ A ）

A．伽利略探究物体下落规律的过程得到的科学方法是：问题 猜想 数学推理 实验验证 合理外推 得出结论

B．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例情况

C．牛顿在寻找万有引力的过程中，他没有利用牛顿第二定律，但他利用了牛顿第三定律和开普勒第三定律

D．人造地球卫星的第一宇宙速度是指卫星在近地圆轨道上的速度，是相对地球表面的速度

15．在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域

风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的

轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一

端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）．则绳中拉力大小变化

的情况是： （ C ）

A．先变小后变大 B．先变小后不变

C．先变大后不变 D．先变大后变小

16．2011年2月25日美国“发现号”航天飞机从肯尼迪航天中心发射升空，这是航天飞机的最后一次服役。“发现号”此行的任务期为11天，将为空间站运送一个永久多功能舱以及“机器人宇航员2号”，后者是首个进入太空的机器人，并将成为空间站永久居民。下列关于发现号航天飞机和空间站对接的说法正确的是 （ B ）

A. 航天飞机先到达和空间站相同的轨道然后加速对接

B. 航天飞机先到达比空间站的轨道小的轨道然后加速对接

C. 航天飞机先到达比空间站的轨道大的轨道然后加速对接

D. 航天飞机先到达和空间站相同的轨道然后减速对接

17. 据《信阳晚报》报道，浉河公园门前，李师傅用牙齿死死咬住长绳的一端，将停放着的一辆卡车缓慢拉动．小华同学看完表演后做了如下思考，其中正确的是 （ A ）

A．李师傅选择斜向上拉可以减少车对地面的正压力，从而减少车

与地面间的摩擦力

B．李师傅选择斜向上拉可以减少人对地面的正压力，从而减少人

与地面间的摩擦力

C．车被拉动的过程中，绳对车的拉力大于车对绳的拉力

D．若将绳系在车顶斜向下拉，要拉动汽车将更容易

18．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电

荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电

势为零，NF段中Q点电势最高，则( D )

A．P点的电场强度大小为零

B．q1和q2为等量异种电荷

C．NQ间场强方向沿x轴正方向

D．将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大

19.如图所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( AC

)

A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升

B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变

C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变

D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大

20． 2010年广州亚运会上，我国田径选手劳义勇夺男子100米的冠军。他采用蹲踞式起跑，在

发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离S内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功的数值为W阻，则在此过程中( BD )

12A．运动员的机械能增加了mv 2B．运动员的机械能增加了h

1mv2 mgh 2C．运动员的重力做功为W重 mgh 1

2D．运动员自身消耗的能量为mv2 mgh W阻

21．如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线III是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、

电源2单独连接，则下列说法正确的是 （ ABC ）

A．电源1与电源2的内阻之比是11：7

B．电源1与电源2的电动势之比是1：1

C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2

D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2

第Ⅱ卷

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．共62分)

22. (5分)某同学用如图甲所示装置做超重实验，通过

数显测力计读出物块上升过程中所受拉力，用光电门测

出物块上升的加速度，改变钩码的个数，可读出多组数

据，该同学作出了物块的加速度和所受拉力的关系图线

如图乙所示，图线与横、纵轴交点坐标分别为c、b，b

点坐标表示的意义是________；则所悬挂的物块的质量为________；若把物块的质量变为原来的一半，在图乙中作出物块的a－F图线．

23．(10分)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电压表(内阻很大)、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示．

(1)根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作________图象；

UU1A．U－ B．R－U C．R－ D.－U RRR

(2)根据(1)，利用测得的数据，在坐标纸上画出适当的图线；

(3)由(2)中作出的图象可知，该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.

24．（14分）如图所示，为供儿童娱乐的滑梯的示意图，其中AB为斜面滑槽，与水平方向的夹

角为θ=37°；长L的BC水平滑槽，与半径R=0．2m的1圆弧CD相切；ED为地面．已4

知儿童在滑槽上滑动时的动摩擦因数μ=0．5，在B点由斜面转到水平面的运动速率不变，A点离地面的竖直高度AE为H=2 m．（取g=10 m/s2,sin370=0．6, cos370=0．8）试求：

（1）儿童在斜面滑槽上滑下时的加速度大小？（要求作出儿童在斜面上运动时的受力分析图）

（2）儿童从A处由静止开始滑到B处时的速度大小？（结果可用根号表示）

（3）为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽BC的长度L至少为多少？

25. (18分)如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，在x≥0的区域内有一倾角为θ＝45°的绝缘光滑斜面，斜面末端O处用一极小的平滑曲面连接，恰能使斜面末端水平．在x≤0的广泛区域内存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B；电场沿竖直方向(图中未画出)，场强大小为E.电荷量为－q(q>0)的带电小球从绝缘光滑斜面上某点由静止开始下滑，小球经斜面末端O点进入电场和磁场，之后做圆周运动，垂直于y轴离开电场和磁场，最后垂直打到绝缘光滑斜面上．求：

(1)小球从开始运动到垂直打到绝缘光滑斜面上所用的时间；

(2)小球下滑的初始位置的坐标．

35.[物理----选修3-5]（15分）

（1）（5分）下列说法中正确的是( )

A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为2He

B．铀核裂变的核反应是:235

9241471N 17O 81H 921U 141

56Ba 36Kr 20n

C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3。质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是：(m1+m2-m3)c2

D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态 1 2时将要吸收波长为的光子 1 2

（2）（10分）如图所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m／s，质量

m=0.010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便

留在盒内，碰撞时间极短。不计空气阻力。求

弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为多少？

22．－g －

【解析】由牛顿第二定律F－mg＝ma可得a＝

距的绝对值为重力加速度，所以m＝－c 如图所示(过b点和Oc中点的直线) b1F－g，即图象的斜率倒数为物块质量，纵轴截mc，b＝－g；重力加速度不变，纵轴截距不变，横轴截距b

变为原来的一半，斜率的倒数变为原来的一半．

23．(1)A (2)如图所示 (3)1.47(1.46～1.48均可) 0.94(0.90～1.00均可)

【解析】(1)根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作U－U图象． R

(3)根据闭合电路欧姆定律可以知道，电源的电动势等于断路电压，所以由(2)中作出的图象可知，该电池的电动势E＝1.47 V，图线的斜率表示测得的电源内阻，内阻r＝0.94 Ω.

24.（14分）

（1）设儿童下滑的加速度大小为a，则有 受力分析图………………1分

mgsin37°-μmgcos37°=ma1 ①………………2分

2 解得：a1=2 m/s． ②………………1分

（2）因为H=2 m，圆弧CD的半径R=0．8 m，

所以AB的长度 L1 H-R 3m ③………………2分 sin3702设儿童滑到B点的速率为vB，则：vB=2aL1， ④………………2分 （或依动能定理: mg(H R) umgcos37(L1sin37) 0012mvB 0） 2由②③④解得：vB /s ⑤………………2分 2vC（3）设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则：mg m ⑥……1分 Rf=umg=ma2 ⑦………………1分

22 -2a2L≤vC-vB ⑧………………1分

（或用动能定理：-umgL 1122mvc mvB……2分） 22由⑦⑧解得：L≥1 m．……1分

8E28E2 (4 3 E,25．

(1) (2) 22 3gB 9gB9gB

【解析】(1)由于小球在磁场、电场和重力场中做匀速圆周运动，则mg＝qE(2分)

设带电小球进入x<0区域的速度大小为v0，小球打到斜面时，速度方向与斜面垂直，则 tanθ＝v0，vy＝gt，v0＝gttanθ＝gt(2分

) vy

匀速圆周运动的轨道半径

r＝mv0 (2分) qB

12gt由图知tanθ＝ (2分) v0t

4Etan 4E得t＝＝ (1分) gB(2tan2 1)3gB2r

4Etan2 4Ev0＝＝ (1分) B(2tan2 1)3B

m E在磁场中运动的时间t1＝＝ (1分) qBgB

v04Etan2 在斜面下滑时间t2＝＝＝ (1分) 3gBgBsin (2tan2

1)gsin 总时间t总＝t＋t1＋t2

＝4E E(4 3 E

＝ (2分) 3gBgB3gB3gB

2 8E2112(2)x轴：x＝gsin t2cos ＝gsin

θ cosθ＝ (2分) 2 3gB 29gB2

8E2

y轴：y＝x＝ (2分) 29gB

8E28E2 ,所以小球下滑的初始位置为 . 22 9gB9gB

35（物理选修3-5）（15分）

（1）（5分）AD

（2）．（10分）解析：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得

mv0 (m M)v （3分）

靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得

1(m M)v2 （3分） 2

m2

2解得 EP （2分） v0EP

代入数值得

2(m M)EP 2.5J （2分）