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大综合素养卷(一)
1．B 2．D 3．D 4．C
5．C [如图所示，歼⁃20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，飞机受到重力
G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方
向竖直向上，空气阻力f 的方向与F2垂直，根据平衡条件，水平方向有Fx＝f，
竖直方向有F2+Fy＝G，由题意知F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F1
2＝F x
2+
F y
2 ＝(k
2+1)f2－2kGf+G2，F1
2与f 的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝kG
k
2+1
时，F1
2取最小值，解得最小推力是F1min＝
G
√1+ k
2，故选C。]
6．D [变压器输入端的电动势最大值为Em＝NBSω＝200×0.1×0.01×200 V＝40
V，从题图示位置开始计时就是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e＝Emcos(ωt)(V)＝40cos(200t)(V)，A 错误；开关断开时，副线
圈两端的电压U2等于小灯泡两端的电压UL1，根据变压器的原理可得
U 1
U 2
＝n1
n2
，
其中U1＝Em
√2＝20√2 V，代入数据解得灯泡L1两端的电压UL1＝2√2 V，通过
L1的电流等于副线圈中的电流，由欧姆定律可得I2＝U L1
R ＝2√2
5 A，根据变压
器原理可得
I 1
I 2
＝n2
n1
，解得电流表的示数为I1＝
n2
n1
I2＝√2
25 ≈0.06 A，B 错误；若
开关S 闭合，副线圈中的电流增大，原、副线圈的匝数比不变，结合上述分析
可知I1＝
n2
n1
I2，故电流表的示数增大，C 错误；若开关S 闭合，原线圈输入端的
电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压不变，输出端的电
压不变，小灯泡的电阻不变，根据P＝U
2
R 可知，灯泡L1的功率不变，即其亮度
不变，D 正确。故选D。]
7．C [由右手定则可知，线框刚进入磁场时b 端电势高，且其等效电路如图所
示，可知，a 端电势低于b 端，且Uba＝
R外
R总
Blv＝1
3Blv，故A、B 均错误；由动
量定理知，－BBl v
R总lt＝－mv，vt＝3l，解得m＝2B
2l
3
Rv ，故C 正确；ab 棒发热
分两个阶段：(1)ab 棒在磁场中运动，由动量定理，有－B
Bl v1
R总
lt1＝mv1－mv，
v1t1＝l，解得v1＝2
3v，过程中产生的热量Qab1＝2
3×1
2[m v
2-m(
2
3 v)
2
]，(2)ab 棒
在磁场外运动过程中产生的热量Qab2＝1
2×1
3×1
2m(
2
3 v)
2
，所以Qab＝Qab1+Qab2＝
4 B
2l
3 v
9 R
，故D 错误。故选C。]
8．BD [t1时刻，小鸟的速度向下最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A
错误；t1时刻到t2时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故
B 正确；t2时刻小鸟的速度为零且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此
时受到的合力最大，故C 错误；t2时刻到t3时刻，小鸟向上的速度在增大，加
速度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D 正确。故选BD。]
9．AD [封闭气体(理想气体)温度不变，内能不变，A 正确；分子的平均动能
只和温度有关，封闭气体(理想气体)温度不变，分子的平均动能不变，B 错误；
当塑料盆口向下竖直轻放在水面上时，封闭气体的压强等于大气压强，即p1＝
p0，当用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外水面相平时有p2S＝
mg+F+p0S，解得p2>p1，即封闭气体的压强变大，C 错误；气体体积减小，外
界对封闭气体做正功，温度不变，封闭气体内能不变，由热力学第一定律，封
闭气体向外界放热，D 正确。故选AD。]
10．AC [因为两物体做减速运动时，速度—时间图像彼此平行，说明两物体
所受摩擦力相同，大小均为f＝ma 减，由速度—时间图像求得加速度大小a 减＝1
m/s2，物体做加速运动时，根据速度—时间图像，P 的加速度为3 m/s2，Q 的加
速度为0.5 m/s2，对P 进行受力分析F1－f＝ma1，对Q 进行受力分析F2－f＝
ma2，所以F1∶F2＝4m∶3m
2 ＝8∶3，A 正确；因为摩擦力大小相同，即μ1mg
＝μ2mg，解得μ1∶μ2＝1∶1，B 错误；对P 运动的全过程列动量定理I F1－
μ1mgt1＝0，对Q 运动的全过程列动量定理I F2－μ2mgt2＝0，解得I F1∶I F2＝t1∶t2
＝4∶6＝2∶3，C 正确；P 加速运动的位移x1＝3
2 m，Q 加速运动的位移x2＝4
m，F1所做的功W F1＝F1x1，F2所做的功W F2＝F2x2，所以W F1∶W F1＝1∶1，D
错误。故选AC。]
11．解析：(1)该实验采用控制变量的方法，A 正确，不符合题意；
根据x＝1
2at2，解得a＝2 x
t
2
两车运动时间相同，加速度之比等于位移之比，B 正确，不符合题意；
只有平衡阻力，细线的拉力才等于小车所受的合外力，所以本实验需要平衡阻
力，C 错误，符合题意；
根据牛顿第二定律得mg＝(M +m)a，F＝Ma
解得F＝
1
1+ m
M
mg
当m≪M 时，F＝mg
只有槽码的质量远小于小车质量，细线的拉力才等于槽码的重力，所以本实验
要求槽码的质量远小于小车的质量， D 正确，不符合题意。
故选C。
(2)小车的加速度大小为
a＝5.10+ 4.65-(4.20+3.75)
0．2
2
×10－2 m/s2＝0.45 m/s2。
(3)根据牛顿第二定律F＝Ma ，解得a＝F
M
加速度a 与小车质量M 成反比，图像是曲线，不便于分析，为了得到直线，便
于分析，应画出a⁃ 1
M 图像。
答案：(1)C (2)0.45 (3) 1
M
12．解析：(1)当磁感应强度为零时，磁敏电阻RB＝300 Ω
为了保护电流表，定值电阻R 的最小阻值为Rmin＝E
I g－RB＝300 Ω
故定值电阻R 应选用R2。
(2)①闭合开关S1，将电阻箱RC调为1 300.0 Ω，开关S2应向a 端闭合；
由题图甲可知，当磁敏电阻的阻值为1 300 Ω 时，磁感应强度为B＝1.5 T
故将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5 T。
(3)当电流表的示数为2.5 mA 时，磁敏电阻R'B＝E
I －R2＝900 Ω
由题图甲可知待测磁场的磁感应强度为1.2 T。
(4)由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻
的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
答案：(1)R2 (2)a 1.5 (3)1.2
(4)偏大
13．解析：(1)由题图乙可得周期T＝2×10－2 s
ω＝2π
T ＝100π rad/s
所以M 点的振动方程为
z＝0.01 sin 100πt－π
2
(m)。
(2)由题图甲可知该波波长λ＝0.5 cm，
则波速为v＝λ
T ＝0.5×10
-2
2×10
-2 m/s＝0.25 m/s。
(3)当质点N 第一次到达波峰时，波传播的距离为s＝(√1
2+(√3)
2－0.5) cm＝1.5
cm
传播的时间为t1＝s
v ＝0.06 s
质点N 第10 次到达波峰的时刻为t＝t1+9T＝0.24 s。
答案：(1)z＝0.01sin 100πt－π
2
(m)
(2)0.25 m/s (3)0.24 s
14．解析：(1)小球从A 点抛出后做平抛运动，从B 点沿切线进入滑块顶部的圆
弧轨道，设小球在A 点的速度为v1，小球在B 点的速度为v2，则有v1＝v2sin θ
＝4
5 v2
在B 点竖直方向速度v2y＝v2cos θ＝3
5v2
竖直方向v2y＝3
5v2＝gt
水平方向d＝v1t＝4
5 v2t
两式联立解得t＝0.6 s，v1＝8 m/s，v2＝10 m/s。
(2)根据动能定理，对小球有
m0g(h+r)＝1
2m0v1
2－0
解得h＝1.2 m。
(3)小球从B 点进入圆弧轨道后，小球对圆弧有向左下方的压力，圆弧向左运动，
当小球运动到圆弧最低点时，圆弧向左的速度最大，进入圆弧右侧部分时，小
球对圆弧有向右下方的压力，圆弧向左减速运动，根据对称性，当小球从右端
C 点离开圆弧时，圆弧的速度恰好减小到零，根据系统的机械能守恒可知，小
球的速度大小不变，方向与竖直方向夹角为θ，离开圆弧后，小球做斜抛运动，
上升的时间t＝v2cos θ
g
＝
10× 3
5
10
s＝0.6 s
上升的最大高度Δh＝v2cos θ
2
t＝1.8 m。
答案：(1)8 m/s (2)1.2 m
(3)1.8 m 0.6 s
15．解析：(1)根据受力平衡条件可知微粒带正电，有mg＝Eq，q√2v0B＝
mg
sin 45°
解得E＝mg
q ，B＝mg
q v0。
(2)微粒进入第三象限后，由受力分析可知，重力和静电力平衡，故微粒受洛伦
兹力做匀速圆周运动，设微粒运动半径为R，由几何关系可得θ＝90°，微粒在
第三象限内运动的时间t＝θ
2π T
根据洛伦兹力提供向心力有
q√2v0B＝m(√2v0)
2
R
解得R＝√2v0
2
g
周期为T＝2π R
√2v0
＝2π v0
g
联立解得t＝π v0
2 g
微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为d＝√2R＝2v0
2
g 。
微粒离开第三象限时的位置坐标为(0，- 2v0
2
g )。
(3)微粒进入第四象限后速度方向与y 轴负方向夹角为45°，根据运动的合成与分
解，可以把速度分解到x、y 方向，分速度大小分别为vx＝√2v0sin 45°＝v0，vy
＝√2v0sin 45°＝v0
根据受力分析qvxB＝mg，微粒运动可分解为水平方向速度大小为vx匀速直线
运动和速度大小为vy的匀速圆周运动。
vx与vy同向时合速度最大，最大速度为v＝vx+vy＝2v0。
答案：(1)mg
q mg
q v0 (2)π v0
2 g (0，- 2v0
2
g ) (3)2v0
