2020届河南省十所名校高三高中毕业班阶段性测试（四）理科综合物理试题（解析版）

河南省十所名校 2019—2020 学年高中毕业班阶段性测试（四） 理科综合 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。 1. 具有天然放射性，会自发地发生衰变， 衰变成 并放出一个粒子 x； 在中子的轰击下 会发生裂变，用一个中子轰击 会裂变成 、 和 n 个中子。则关于 x 和 n，下列说法正确的是 （　　） A. x 为 β 粒子 B. x 的穿透能力很强 C. n＝9 D. n＝10 【答案】D 【解析】 【详解】AB． 根据质量数守恒与电荷数守恒可知，x 的质量数为 4，电荷数为 2，可知 x 是 α 粒子，α 粒子 的穿透能力较弱，故 A 错误 B 错误； CD． 根据质量数守恒可知 n 的个数： n=1+235-136-90=10 故 C 错误 D 正确。 故选 D。 2.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以 35m/s 的速度踢出， 守门员准确地判断来球方向，并将以 25m/s 的速度飞来的足球以 10m/s 的速度沿原路挡出。已知守门员的双 手与足球的作用时间约为 0.1s，受到足球的平均作用力大小约为 150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足 球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为（　　） A. 12N·s B. 13.5N·s 235 92 U 235 92 U 231 90Th 235 92 U 235 92 U 136 54 Xe 90 38SrC. 15N·s D. 16.6N·s 【答案】C 【解析】 【详解】设足球的质量为 m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：Ft=m△v，解得： 根据动量定理可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为： 故 C 正确 ABD 错误。 故选 C。 3.如图所示，车厢里用 A、B 两段细线悬吊着同一个小球，小球静止时，细线 B 竖直，A 倾斜，且 A 与竖直 方向的夹角为 37°。现让小车向左以一定的加速度做匀加速直线运动，结果两段细线上拉力的大小相等，则 小球运动的加速度大小为（已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为 g）（　　） A. g B. g C g D. g 【答案】B 【解析】 【详解】设小球的质量为 m，绳子的拉力为 T，小球的受力如图所示 . 150 0.1 3kg kg35 7 Ftm v ×= = =∆ 3 35N s 15N s7I mv= = × ⋅ = ⋅ 1 2 1 3 1 4 1 5竖直方向上有： T+T•cos37°=mg 水平方向上有： T•sin37°=ma 解得小球的加速度为： 故 ACD 错误 B 正确。 故选 B。 4.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻 R1、R2、R3 的阻值大小关系为 R2＝R3＝ R1。现在 a、b 两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，R1 消耗的功率等于 R2 和 R3 消耗的功率之和，则变压器原、 副线圈的匝数比为（　　） A. 1：9 B. 9：1 C. 1：3 D. 3：1 【答案】D 【解析】 【详解】设原线圈中的电流为 I1，副线圈中的电流为 I2，根据题意可知： 所以 1 3a g= 2 9 2 2 1 1 2 1 1 9I R I R= × 1 2 2 1 3 1 n I n I = =故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 5.如图所示，三角形 ABC 内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB 边长为 L，∠A＝30°，∠B＝90°，D 是 AB 边的中点。现在 DB 段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于 BC 的同种粒子（不考虑粒子间的 相互作用和粒子重力），若从 D 点射入的粒子恰好能垂直 AC 边射出磁场，则 AC 边上有粒子射出的区域长 度为（　　） A. L B L C. L D. L 【答案】C 【解析】 【详解】从 D 点射入和 B 点射入的粒子的运动轨迹如图所示 设两个粒子在 AC 边上的出射点分别为 E、F 点，由于从 D 点射出的粒子恰好能垂直 AC 边射出磁场，所以 A 点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为： 则有 . 1 4 1 3 3 1 2 － 3 1 3 － 1 2R L=因为 D 点是 AB 的中点，所以 D 点是从 B 点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有：AD=DF，则根据几何 知识有： 所以有粒子射出的区域为： 故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 6.如图所示，P 点到竖直挡板（足够长）的水平距离恒定，将小球从 P 点水平抛出，初速度垂直于挡板。关 于小球打在挡板上的速度，下列说法正确的是（　　） A. 初速度越大，打在挡板上的速度越大 B. 初速度越小，打在挡板上的速度越大 C. 打在挡板时的速度方向所在的直线必过空间中某一固定点 D. 若打在挡板上时小球速度与水平方向夹角为 θ，则 tanθ 与小球下落的高度成正比 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．设 P 点到竖直挡板的距离为 x，初速度为 v0，则水平方向上有： x=v0t 竖直方向上有： vy=gt 由勾股定理得： 联立解得小球打在挡板上的速度为： 1 2AE L= 1 32 cos302 2 LAF L °= × ⋅ = 3 1 2EF AF AE L −= − = 2 2 0 yv v v= +由数学中的均值不等式可知，v 随初速度 v0 的变化有一最小值，即打在挡板上的速度先减小后增大，故 AB 错误； C．打在挡板上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，故 C 正确； D．设打在挡板上时小球的速度与水平反向的夹角为 θ，小球下落高度为 h，则有： 故 D 正确。 故选 CD。 7.我国是拥有极轨气象卫星的四个国家之一，极轨气象卫星在距离地面约 840km 的轨道上运行，它的轨道 通过地球的南北极，且每天两次飞越地球表面上的一个点。已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 7 倍，地球半径约为 6400km。关于极轨气象卫星，下列说法正确的是（　　） A. 极轨气象卫星的运行速度大于第一宇宙速度 B. 极轨气象卫星的运行速度大于地球同步卫星的运行速度 C. 极轨气象卫星的运行周期为 12 小时 D. 在合适的条件下，极轨气象卫星可以在 12 小时内获得一份全球气象资料 【答案】BD 【解析】 【详解】A． 第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力可知， ，解得 运行速度： ，轨道半径越小的卫星，运行速度越大，则极轨气象卫星的运行速度小于第一宇宙 速度，故 A 错误； B． 同理，极轨气象卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则极轨气象卫星的运行速度大于同步卫星 的运行速度，故 B 正确； C． 极轨气象卫星的轨道半径约为 7240km，同步卫星的轨道半径约为 44800km，同步卫星的运行周期为 24h，根据开普勒第三定律可知， ，则极轨气象卫星的运行周期小于 12h，故 C 错误； D． 由于极轨气象卫星每天两次飞越地球表面同一点，即极轨气象卫星可以在 12 小时内全面探测全球的气 象一次，故 D 正确。 2 2 0 0 xv v g v  = +     2tan 2 h h x x θ = = 2 2 GMm vmr r = GMv r = 3 2 r kT =故选 BD。 8.如图所示，P、Q 为水平面内带等量同种正电的固定点电荷，M、N 为 P、Q 连线竖直方向上的垂直平分 线上的两点，且 M、N 关于 P、Q 连线对称。一个带负电的粒子，在 M 点以一定的初速度射出，若粒子仅 受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A. 若粒子沿中垂线向下射出，粒子在 N 点的速度大小与在 M 点的速度大小相等 B. 若粒子沿中垂线向下射出，粒子在 N 点的加速度与在 M 点的加速度相同 C. 若粒子沿中垂线向上射出，粒子向上运动的过程加速度一定越来越小，电势能一定越来越大 D. 若粒子垂直中垂线射出，粒子运动过程中的电势能可能保持不变 【答案】AD 【解析】 【详解】两等量正电荷周围部分电场线如图所示。 A．根据对称性知，M、N 电势相等，因此粒子沿中垂线向下射出时，粒子在 N 点的动能与在 M 点的动能 相同，则速度大小相同，故 A 正确； B．电场线的切线方向为电场强度的方向，M、N 点的电场强度方向相反，所以电场力的方向相反，所以粒 子在 N 点的加速度与在 M 点的加速度方向相反，故 B 错误； C．若粒子沿中垂线向上射出，由于电场强度有可能先变大后变小，因此加速度有可能先变大后变小，故 C 错误； D．若粒子垂直中垂线且垂直纸面射出，粒子受到的电场力刚好能维持粒子做圆周运动，则粒子的电势能不 变，故 D 正确。 故选 AD。 三、非选择题：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。 9.如图所示，某同学设计了一种测量物块与斜面间动摩擦因数的实验装置，将斜面固定在桌子边缘，在斜面上装有两个光电门 1、2，绕过斜面顶端光滑定滑轮的细线一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有 砂的砂桶，物块静止在斜面上。 (1)通过调节定滑轮高度，使连接物块的细线与斜面平行；给物块一个初速度使物块沿斜面向上滑动，观察 物块通过光电门 1、2 时光电计时器记录的遮光片遮光的时间，如果通过光电门 1 的遮光时间 t1 小于通过光 电门 2 的遮光时间 t2，则需要__________（填“增加”或“减少”）砂桶内砂的质量，直到物块上滑时，通过两 个光电门的遮光时间相等； (2)已知斜面的高为 h、长为 L，测出物块和遮光片的总质量为 M，要测量物块和斜面间的动摩擦因数，还需 要测量______________________________（写出需要测量的物理量名称和符号），则物块与斜面间的动摩擦 因数为 μ＝____________________（用已知的和测量的物理量表示）。 【答案】 (1). 增加 (2). 砂和砂桶的总质量 m (3). 【解析】 【详解】(1)[1] 如果通过光电门 1 的遮光时间 t1 小于通过光电门 2 的遮光时间 t2，说明物块在做减速运动； 要想使物块通过两个光电门的遮光时间相等需要物块做匀速运动，增加绳的拉力也就是增加砂桶内砂的质 量。 (2)[2][3] 实验还需要测量砂和砂桶的总质量 m，设斜面倾角为 θ，根据力的平衡有 根据几何关系有 ， 解得 10.如图所示为某同学用来测量未知电阻 Rx 连接好 实物图，其中 R0 为阻值已知的定值电阻，S2 为单刀双的 2 2 mL Mh M L h − − sin cosmg Mg Mgθ µ θ= + sin h L θ = 2 2 cos L h L θ −= 2 2 mL Mh M L h µ −= −掷开关，电压表为理想电压表。 (1)请根据实物图在虚线框中画出电路图_________； (2)调节滑动变阻器滑片至适当的位置，闭合开关 S1；将开关 S2 掷于 1，记录此时电压表的示数 U1；再将开 关 S2 掷于 2，记录此时电压表的示数 U2，则待测电阻阻值的表达式 Rx＝__________（用 R0、U1、U2 表 示）； (3)闭合开关 S1，多次调节滑动变阻器滑片的位置，重复步骤(2)，测得多组 U1、U2 的数据，作出 U1—U2 图 象，测得图象的斜率为 k，由此求得被测电阻的大小 Rx＝_______。 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 【详解】(1)[1] 根据给出的实物电路画出电路图，如图所示： (2)[2] 根据部分电路欧姆定律和串联电路的特点可得： 解得： (3)[3]根据 可得： 2 0 1 1U RU  −    0 1 1 Rk  −   1 2 0 0 x U U R R R = + 2 0 1 1x UR RU  = −    1 2 0 0 x U U R R R = +作出图象，测得图象的斜率为 k，由上式可得： 解得： 11.如图所示，光滑的平行金属导轨 MN、PQ 倾斜固定放置，导轨间距为 1m，导轨所在平面的倾角为 θ＝ 30°，导轨上端并联接入阻值均为 4Ω 的定值电阻 R1、R2，整个装置处在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场 中，磁场的磁感应强度大小为 B0＝2T。闭合开关 S，将质量为 m＝1kg 的金属棒 ab 垂直放在导轨上由静止 释放。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且导轨足够长，重力加速度 g 取 10m/s2，不计 导轨和金属棒的电阻，求： (1)当金属棒加速度为 3m/s2 时，回路中的电功率为多大； (2)某时刻，金属棒运动的速度达到最大，此时金属棒离电阻 R2 的距离为 x0＝1m，这时断开开关 S，为使回 路中的感应电流为零，从此时开始，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 如何变化，写出相关的表达式。 【答案】(1)2W；(2) 【解析】 【详解】(1)设金属棒的加速度大小为 3m/s2，回路中的电流为 I。则有 解得 回路中的总电阻 0 1 2 0 x RU UR R = + 0 11 xR R k + = 0 1 1xR Rk  = −   2 4 5 5 2B t t = + + 0sinmg B IL maθ − = 1AI = 1 2 1 2 2R RR R R = = Ω+回路中的电功率 P=I2R=2W (2)设金属棒匀速运动时的速度大小为 v，则有 解得 v=2.5m/s 断开开关 S，当回路中的感应电流为零时有 a=gsinθ=5m/s2 代入之后解得 12.如图所示，半径为 R 的 圆弧形光滑轨道 AB 固定在竖直面内，轨道最低点 B 与水平面平滑连接，A 点 与圆心 O 在同一水平面上；一个连接有轻弹簧的物块 Q 锁定在水平面上的 C 点，弹簧自然伸长，左端与地 面上的 D 点对齐，BD 长为 R。让物块 P 自 A 点正上方高 R 处由静止释放，物块 P 从 A 点无碰撞地滑入圆 弧轨道，之后与轻弹簧碰撞反弹，第二次到达圆弧轨道的 B 点时，对轨道的压力是物块 P 重力的 3 倍。已 知 P、Q 两物块的质量分别为 m、2m，重力加速度为 g，水平面上的 D 点左侧粗糙，右侧光滑。求： (1)物块 P 与水平地面间的动摩擦因数及弹簧被压缩时具有的最大弹性势能； (2)如果解除物块 Q 的锁定，物块 P 下滑后与弹簧相碰并粘连在一起，则此后 P 的速度为零时弹簧的弹性势 能和 Q 的速度为零时弹簧的弹性势能分别为多大； (3)如果解除物块 Q 的锁定，试分析物块 P 下滑后被弹簧弹回，能否第二次到达 B 点，如果不能，物块 P 会 停在离 B 点多远的位置；如果能，物块 P 到 B 点时对圆弧轨道的压力为多大。 【答案】(1) ， ；(2) ，0；(3)不能， 2 2 0sin B L vmg R θ = 0 0B x L BxL= 2 0 1 2x x vt at= + + 2 4 5 5 2B t t = + + 1 4 1 2 3 2 mgR 3 4 mgR 2 3 R【解析】 【详解】(1)物块 P 第二次到达 B 点时有 3mg-mg= 解得 物块由静止落下到第二次到达 B 点，根据动能定理有 解得 设弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为 ，根据能量守恒有 (2)若解除物块 Q 的锁定，设物块 P 滑到 D 点时的速度大小为 v2，根据动能定理有 解得 当 P 的速度为零时，设 Q 的速度为 vQ，根据动量守恒有 解得 根据能量守恒，此时弹簧具有的弹性势能为 当 Q 速度为零时，根据动量守恒可知，P 的速度大小等于 v2；根据能量守恒，弹簧的弹性势能为零。 (3)设物块 P 被弹开后，物块 P 的速度大小为 v3，物块 Q 的速度大小为 v4，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 的 2 1vm R 1 2v gR= 2 1 12 2 2mg R mg R mvµ× − × = 1 2 µ = pE 3= 2 2pE mg R mgR mgRµ× − = 2 2 12 2mg R mg mvµ× − = 2 3v gR= 2 2 Qmv mv= 1 32Qv gR= 2 2 2 1 1 3= 22 2 4p QE mv mv mgR′ − × = 2 4 32mv mv mv= −解得 假设物块 P 被反弹后不能到达 B 点，根据动能定理有： 解得 假设成立。 物块 P 最后停下的位置离 B 点的距离为： 13.下列说法中正确的是（　　） A. 0oC 冰的分子平均动能小于 0oC 水的分子平均动能 B. 气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 C. 在完全失重 情况下，密封容器内的气体对器壁的作用力为零 D. 可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功 E. 空气的相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，0℃的冰和水分子平均动能相等，故 A 错误； B．忽略气体分子势能，气体的内能表现为气体分子动能，内能增加温度升高，根据热力学第一定律 U=Q+W， 升高 1K 温度， U 一定，气体经历过程不同，对外做功 W 不同，吸收热量 Q 也不同，故 B 正确； C．完全失重，密封容器内的气体分子对器壁碰撞仍然存在，有碰撞就有压强，故 C 错误； D．根据热力学第二定律，可以实现从单一热库吸收热量，使之完全用来对外做功，但要注意，过程必然引 起其他变化，故 D 正确； E．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压。故 E 正确； 故选 BDE。 14.如图所示，质量为 2m 的气缸（厚度不计）倒扣在地面上，质量为 m 的活塞在缸内封闭了一段气体，气 缸下部有一小孔与外界相通。已知活塞的横截面积为 S，下部中心用轻弹簧与地面相连，活塞静止时弹簧的 的 2 2 2 2 4 3 1 1 1= 2 +2 2 2mv mv mv× 3 1 33v gR= 2 3 10 2mgx mvµ− = − 1 3x R= 2 3x R x R∆ = − =  压缩量为 h，活塞到缸顶的距离为 h，大气压强为 p0，缸内被封闭气体的温度为 T0，弹簧的劲度系数为 ，活塞与气缸内壁无摩擦且气密性良好。 (1)求缸内封闭气体的压强大小及气缸对地面的压力大小； (2)若给缸内气体加热，使气缸对地面的压力刚好为零，求此时缸内气体的温度。 【答案】(1) ；F=mg；(2) 【解析】 【详解】(1)设缸内气体的压强为 p1，根据力的平衡有 解得 设气缸对地面的压力大小为 F，根据力的平衡有 F+kx=（2m+m）g 解得 F=mg (2)当气缸对地面的压力为零时，设缸内气体的压强为 p2，根据力的平衡有 p2S=2mg+p0S 解得 设此时弹簧的压缩量为 x1，根据力的平衡有 kx1=3mg 此时活塞离缸底的距离为 根据理想气体状态方程有 1 5 10mgk h ＝ 1 0 mgp pS = + 0 0 0 11( 2 ) 10( ) p S mgT Tp S mg += + 1 0 1 5p S mg k h p S+ = × + 1 0 mgp pS = + 2 0 2mgp p S = + 1 1 1 4 3 11( )5 5 10 mgh h x h h hk = + − = + =解得 15.如图所示为一列简谐横波沿 x 轴传播时在 t＝0 时刻的波形图，此时质点 M 离开平衡位置的位移为 y＝ 3cm，x＝4m 处的质点的振动方程为 y＝－5sin（ ）cm。则下列说法正确的是（　　） A. 波沿 x 轴正方向传播 B. 波传播的速度大小为 8m/s C. t＝1.5s 时刻，M 点的位移为 y＝－3cm D. 从 t＝0 时刻开始，M 点第一次到达波峰所用的时间大于 0.125s E. 平衡位置为 x＝4m 的质点比 x＝8m 的质点振动超前 0.5s 【答案】BCD 【解析】 【详解】A． 由 x=4m 处的质点的振动方程为 y=-5sin（2πt）cm，可知，t=0 时刻，x=4m 处的质点沿 y 轴负 方向振动，根据波动与振动的关系可知，波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误； B．根据 可知，波动周期 T=1s，因此波传播的速度大小为： 故 B 正确； C． t=1.5s 时刻，即从 t=0 时刻开始经过 1．5 个周期质点 M 运动到关于平衡位置对称的位置，即为： y=-3cm，故 C 正确； D． t=0 时刻，M 点正沿 y 轴正方向运动，若 M 点的位移为： ，则第一次到达波峰所用时间 为 0.125s，因为 y=3cm＜ ，因此 M 点到达波峰所用时间要大于 0.125s，故 D 正确； 1 2 1 0 p hS p h S T T = 0 0 0 11( 2 ) 10( ) p S mgT Tp S mg += + 2 tπ 2 T πω = 8m/sv T λ= = 5 2 cm2y′ = 5 2 cm2E． 由于波沿 x 轴负方向传播，因此平衡位置为 x=4m 的质点比 x=8m 的质点振动滞后 0.5s，故 E 错误。 故选 BCD。 16.如图所示，ACB 为半圆形玻璃砖的横截面，O 为圆心，一束单色光平行于直径 AB 入射到圆弧上的 C 点， 折射光线刚好可以射到 B 点。已知圆的半径为 R，∠CBA＝30°，光在真空中的传播速度为 c，求： (1)玻璃砖对该单色光的折射率； (2)保持光的入射点位置不变，在纸面内改变入射角，使折射光线与 AB 的夹角为 45°，则光从 C 点传播到 AB 所用的时间为多少。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)如图所示，根据几何关系可知，光在 C 点发生折射的入射角 i=60° 折射角 r=30° 因此折射率 (2)如图所示，改变入射光的入射角，使折射光线 CD 与 AB 的夹角为 45°，根据正弦定理有 解得 光在玻璃砖中传播的速度 ，则 3 3 2 2c sin 3sin in r = = sin 45 sin 60 R CD=° ° 6 2CD R= cv n =3 2 2 CDt v c = =