理科综合测试(2020.3.5)物理参考答案
14、【答案】A 所有粒子都具有波粒二象性，A正确；裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，B错误；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过粒子轰击铍核()获得碳核()的实验发现了中子，C错误；y=210-4=206，X中中子个数为206-82=124，D错误．
15、【答案】B 由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确．
16、【答案】B 汽车刹车后做减速运动，根据运动学公式可知：s=v2/2a，故s和v的图象是抛物线，根据抛物线特点可知a甲＜a乙，即甲车刹车时加速度小于乙车的，以相同的车速开始刹车乙车先停止运动，故乙车刹车性能好，乙车与地面间的动摩擦因数较大，因两车的质量关系不确定，不能确定摩擦力关系，故ACD错误，B正确．故选B．
17、【答案】C 天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：G＝m，得M＝，故A、B错误；设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：＝，联立解得R＝，故C正确，D错误。
18、【答案】B A.变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t（V），故选项A不符合题意；
B.若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数将增大，故选项B符合题意；
C.若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故选项C不符合题意；
D.变压器输入电压的有效值为：；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=100×0.01=W，故选项D不符合题意；
19、【答案】AB 当入射点与出射点分别在直径的两端时距离最大，则，即，选项A正确；根据可知，，选项B正确；从距离P最远点射出的粒子在磁场中偏转的角度为1800，选项C错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子在磁场中运动时动能保持不变，但是由于速度方向改变，则动量改变，选项D错误；故选B.
20、【答案】 AC A．由于A、B两金属板带电为正，粒子向下偏转，选项A正确；
BC．两粒子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向 ，
在竖直方向 由图可知，则有，由题设条件无法比较与关系，选项B错误，C正确；
D．由电场力做功公式知，因加速电压U相同，而与的大小关系不能确定，所以不能确定与的大小关系，选项D错误； 故选AC。
21、【答案】AD P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动．AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确．故选AD．
22、（2分/空）【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 9.6
【详解】（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：，则加速度为：；（2）计数点5的瞬时速度为：
；（3）据，整理得：，则图像斜率为：，重力加速度为：．
23、【答案】 (1). ③，⑥ (2). (3). ①将滑动触头移至最左端 . ③. 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2 (5).
【解析】 (1)根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G2的总电流超过其满偏值，故选R1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可．
(2)
(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表．
(4)根据欧姆定律：解得：即,所以．
24、【解析】
（1）带电粒子在S1和S2两极板间加速，根据动能定理有： （2分）
解得：加速后的速度（2分）
（2）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：（2分））
解得：（2分）
（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：（2分），又
解得：（2分）
25、解析：
（1）将两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得：
（1分）
得 （1分）
对B有 ， 故B静止（1分）
则 （1分）
得 t=1s（1分）
（2）设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是
（1分）
碰后滑块A、B的速度分别是、，由弹性碰撞得：
（2分）
（2分）
解得
滑块B开始向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
（1分）
设滑块B下滑时间t0后停止运动，则
（1分）
由于，B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞（2分），即 （1分）
得 （1分）
(3)由(2)知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又
最终A，B将静止在斜面上，设A下滑的位移为x，由能量守恒得：
（2分）
解得： x=5m（2分）
34（1）【答案】 ADE
【解析】
波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4 m，故B错误；波速为：，故C错误；在t=0时刻P
在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6 m，即个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。
（2）【答案】 （i）；（ii）
【解析】（i）如图所示，因为光线在D点发生全反射，由反射定律和几何知识得∠4＝30°，则
第一次射入空气的折射角∠5＝45°．（5分）
（ii）设光线由O点到E点所需的时间t，则
，， 由数学知识得，，
由以上各式可得．（5分）
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