2019届陕西陕师大附中理科综合物理能力测试
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．如图所示，用紫外光照射金属板，发现验电器的指针偏转，以下说法正确的是
A．金属板带正电，指针带负电
B．金属板带负电，指针带正电
C．金属板带正电，指针带正电
D．金属板带负电，指针带负电
【答案】C
【解析】紫外光照射金属板,电子逸出，所以锌版带正电，有因为验电器与锌版链接，验电器和指针都带正电。
15．某物体沿直线运动的v-t图象如图所示，由图可以看出物体
①沿直线做往复运动
②沿直线向一个方向运动
③加速度大小不变
④做匀变速直线运动
以上说法正确的是
A．①③ B．②④ C．仅② D．③④
【答案】A
【解析】由速度时间图象可知，速度有正有负，速度为正表示物体向正方向运动，速度为负表示物体向负方向运动，所以对，错。速度时间图象的斜率表示物体的加速度，由图可知图象的斜率大小不变，所以加速度不变，正确。由图可知，加速度的大小不变，但是方向是变化的，所以此运动不是云变速运动，所以错误。
16．区伯伯在海边钓获一尾鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
【答案】D
【解析】由题意可知，鱼受力平衡，即为：竖直向下的重力，斜向上的拉力，还有鱼受到的水的作用力，根据受力平衡的条件，结合力的合成可知，鱼受到的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反，即为水平向右。故D正确。
17．如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则
A．铜盘转动将变快 B．铜盘转动将变慢
C．铜盘仍以原来的转速转动 D．因磁极方向未知，无法确定
【答案】B
【解析】（1)假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为s极，铜盘顺时针转动。根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小。无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反。同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了。所以B正确。
18．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有
；物体B恰好离开地面时，弹簧的拉力等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有，这一过程中，物体A上升的高度，根据能量守恒可知，力F做的功等于A的重力势能的增加量，所以，故B正确，A、C、D错误；故选B。
19．如图所示，直流电路中，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻时
A．电源的总功率减小 B．A板的电势降低
C．液滴向上运动 D．电容器所带电荷量增加
【答案】CD
【解析】由于内外电阻的关系未知，所以无法确定电源的输出如何变化，故A错误。由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大，A板的电势也增大。故B错误。电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故C正确。电容器的电压增大，电容不变，由Q=C知，电容器所带电荷量增加。故D正确。
20．2012年至2015年进入了我国北斗系统卫星发射的高峰期，北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成，在轨正常运行的这两种卫星比较
A．低轨卫星运行的周期较大 B．同步卫星运行的周期较大
C．低轨卫星运行的加速度较大 D．同步卫星运行的线速度较大
【答案】BC
【解析】对卫星的圆周运动分析可知，万有引力提供向心力，，那么周期，高度高则周期大，A错B对。，高度低，加速度大，C对。，高度高则线速度小，D错。
21．如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中直角三角形直角边
=20cm，，AD是的角平分线。若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1100和900的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则：
A．AB间的电势差
B．该匀强电场的场强1000V/m
C．电场强度的方向沿A指向D
D．整个三角形内，顶点C的电势最高
【答案】ABC
【解析】有B到A有动能定理可得：，可得，所以，故A正确。由题可知BC间的电势差，所以AC间的电势差为，在由几何只是可得AC在AD上的投影是AB在AD投影的2倍，这就说明电场的方向一定沿着AD，并且由A指向D。所以C正确。由几何知识可得AB在AD上的投影为，所以电场强度的大小为：，故B正确。分析可知，整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷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。
（一）必考题（共129分）
22．(6分)在研究匀变速直线运动实验中，在打点计时器打下的纸带上，选取一段如图所示，实验员告知同学们交流电的频率为50Hz，图中每两点中间还有四点没有画出；用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：1.23cm、3.71cm、7.44cm和12.42cm，则打C点时物体的瞬间速度大小为________m/s；该匀变速直线运动的加速度的大小为________m/s2（以上结果均保留3位有效数字）。若实际上交流电的频率为51Hz，则上面计算出的加速度值比实际值_______。（填“偏大”、“偏小”或“不偏”）
【答案】0.311 1.25 偏小
【解析】（1）打C点时物体的速度，等于物体打AE点间的平均速度：
（2）利用逐差法求加速度：AB间的距离，BC间的距离，CD间的距离
DE间的距离。利用逐差法求加速度可得：
（3）求加速度的公式为，由题意知道：所以，，即计算出的加速度比实际值偏小。
23．(9分)某同学在练习使用多用电表时连接的电路如甲图所示
（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________（选填“R1”或“R2”）的电流；
（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆档，则测得的是_________。
A．R1的电阻 B．R2的电阻
C．R1和R2的串联电阻 D．R1和R2的并联电阻
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10 Ω”的档时，测量时指针偏转角很大，为了提高测量的精确度，应将选择开关拨至_________档（选填“ ×100Ω”或“ ×1 Ω”），将两根表笔短接调节调零旋钮，使指针停在0 Ω刻度线上，然后将两根表笔分别接触待测电阻的两端，若此时指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为________ Ω。
（4）乙图是该多用表欧姆档“×100 Ω”内部电路示意图，电流表满偏电流为1.0mA、内阻为10Ω，则该欧姆档选用的电池电动势应该为________V。
【答案】（1）R1 （2）C （3）×1Ω 16 （4）1.5
【解析】（1）由电路图可知多用电表与R1串联的，所以多用电表当做电流表时，测量的是R1的电流。
（2）断开电路的开关，R1和R 2串联，多用电表接在其两端，故测的是R1和R 2串联的总电阻。
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10 Ω”的档时，指针偏转角度过大，说明所选的档位太大，为准确测量电阻，应该换小档位的，应选×1 Ω的。档位选×1 Ω，表盘的度数就是电阻的阻值，即为
16Ω.
（4）将选择倍率的旋钮拨至“×10 Ω”的档时，欧姆表的中值电阻为，所以电源的电动势为
24．（12分）在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。已知P＋和P3＋的质量均为m，而电量分别为e和3e(e表示元电荷)。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）求P3＋在磁场中转过的角度。
【解析】（1）对离子P＋在电场中的加速运动，由动能定理：
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
由几何关系可得：
因此，匀强磁场的磁感应强度B的大小为：
（2）对离子P3＋在电场中的加速运动，由动能定理：
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
由几何关系可得：
因此，P3＋在磁场中转过的角度：
25．（20分）水平放置长为L=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与
球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度。求：
（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？
（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？
【解析】设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：
解之可得：
因为，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：
解之得：
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：
小球受到的拉力：
（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为，则
解之得：
在这过程中，传送带运行距离为：
滑块与传送带的相对路程为：
设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为
则根据动量定理：
解之得：
滑块向左运动最大位移：=2m
因为，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度
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