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大综合素养卷(二)
1．A 2．D 3．D 4．B
5．B [t＝t1时，木棒在最低点，合力向上，木棒的重力小于其所受的浮力，故
A 错误；由于木棒振动过程中除重力外浮力做功，振动过程中木棒的机械能不
守恒，故B 正确；振幅A＝5 cm ，由t＝12 s＝3T，开始计时12 s 内木棒所经
过的路程是s＝3×4A＝60 cm ，故C 错误；ω ＝ 2π
T ＝π
2 rad/s，振动方程为y
＝Asin(ωt +φ)＝5sin
π
2 t+φ cm，由t＝0 时y＝－A
2 ，解得φ＝－5 π
6 ，木棒的
位移函数表达式是y＝5sin
π
2 t－5 π
6
cm，故D 错误。故选B。]
6．C [
光线射到圆弧面上，法线是半径所在的直线，因此越靠近CF 边射入的光线，
入射角越小。只有入射角大于临界角才能发生全反射，不能射出，找到临界光
线，入射角即为临界角C，如图所示。临界角满足sin C＝1
n，解得C＝60°，则
弧面ABFE 上的透光面积为S＝60°
360°×2πR×3R＝πR2，故选C。]
7．B [
对小滑块P 进行受力分析，设拉力F 与竖直方向夹角为α，OP 绳与竖直方向夹
角也为α，如图，在a 处时，根据平衡条件有mg＝2Fcos α(因为F 和OP 绳拉
力大小相等)，已知θ＝30°，且由几何关系可知在a 处α＝30°，则F＝
mg
√3 ＝√3mg
3
，故A 错误；对底座和小滑块P 整体进行受力分析，水平方向受到
地面对底座的摩擦力f，设F 与竖直方向夹角为α，则f＝Fsin α＝FNsin 30°，
在小滑块P 从a 滑到Q 的过程中，对P 分析，根据矢量三角形的动态分析图可
知，随着P 上滑，F 增大，FN减小，α 减小(因为拉力F 方向与竖直方向的夹角
始终和OP 绳与竖直方向的夹角相等)，则f＝FNsin 30°不断减小，故B 正确，D
错误；对整体在竖直方向分析，可知地面对底座的支持力N＝(m+M)g+Fcos
α，由前面分析F 增大，α 减小，所以Fcos α 增大，则N 增大，故C 错误。故
选B。]
8．BC [由P 点的振动图像可知，T＝2 s，4 s 末时第一列波传播至P 点，7 s
末第二列波传播至P 点。时间差Δt＝3 s，距离之差Δs＝9 m，故波速为3
m/s，波长为6 m，故A 错误，B 正确；第一列波振幅为3 cm，合振动振幅为
1 cm，Δs＝9 m 为半波长奇数倍，P 为振动减弱点，故第二列波振幅为2 cm，
故D 错误；S1S2＝33 m，中央加强点在16.5 m 处，因相邻的加强点之间相差λ
2
＝3 m，则一半的距离(
16.5
3
＝5.5)有5 个加强点，根据对称性可知S1、S2连线
上一共有振动加强点11 个，故C 正确。故选BC。]
9．AC [0~t0时间内，ab 棒匀速转动，产生的感应电动势为E1＝1
2B0L2ω，cd
棒匀速下滑，产生的感应电动势为E2＝B0LωL
2 ＝E1，R 总＝R
2 +R＝3 R
2 ，由于两
个电源并联，所以通过MP 的电流大小为I1＝E1
R总
＝B0 L
2ω
3 R
，故A 正确；对cd
棒，根据平衡条件可得B0
I 1
2 L＝mg，所以m＝B0
2 L
3ω
6 gR ，故B 错误；t0时刻锁定
cd 棒，磁场均匀增大，产生的感应电动势为E3＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝
B0
t0
L·ωL
2 t0＝1
2
B0L2ω＝E1，由于两个电源并联，所以通过MP 的电流大小为I2＝E1
R总
＝B0 L
2ω
3 R
，所以t0~2t0通过MP 间电阻的电量为q＝I2t0＝B0 L
2ωt0
3 R
，故C 正确；t0~2t0回路
消耗的总功率为P＝2(I 2
2 )2R+I 2
2R＝B0
2 L
4ω
2
6 R
，故D 错误。故选AC。]
10．AD [由题图乙及动量守恒定律得mv0＝(m+mB)v0
3 ，解得mB＝2m，故A 正
确；由题图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B 的速度分别为vA、
vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得mv0＝mvA+2mvB，1
2mv0
2＝1
2mv A
2 +1
2×2m
vB
2，解得vA＝－1
3v0，vB＝2
3v0，橡皮绳的原长L0＝(vB－vA)(3t0－2t0)＝v0t0，故
C 错误，D 正确；由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能Ep＝1
2mv0
2－1
2
(m+2m)(
1
3 v0)
2
＝1
3mv0
2，故B 错误。故选AD。]
11．解析：(1)因为有弹簧测力计测量拉力， 则不需要用天平测出重物的质量，
选项A 错误；实验时有弹簧测力计测量拉力，则不需要满足小车质量远大于重
物质量，选项B 错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡阻力，选项C
错误；要使细线拉力作为小车所受合外力，需调节滑轮的高度，使细线与长木
板平行，选项D 正确。故选D。
(2)小车的加速度 a＝
x35- x13
(2T )
2 ＝
(4.76+3.66)-(2.55+1.44)
(2×0.1)
2
×10－2 m/s2≈1.11
m/s2。
(3)对小车根据牛顿第二定律 2F－f＝Ma
即 a＝2
M F－f
M
由题图像可知 a＝0 时 F＝F0
可得 f＝2F0，k＝2
M ＝
a1
F1- F0
可得M＝
2(F1- F0)
a1
。
答案：(1)D (2)1.11 (3)2F0
2(F1- F0)
a1
12．解析：(1)电流表扩大量程需要并联电阻分流，根据欧姆定律有IgRg＝(3Ig－
Ig)R0
解得R0＝3.0 Ω。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝3IR1+IRg+3Ir
变形得1
I ＝3
E ·R1+Rg+3r
E
可知1
I ⁃R1图像的斜率为k＝3
E ＝616-12
600
V－1
解得E≈2.98 V。
答案：(1)并联 3.0 (2)2.98
13．解析：(1)选活塞为研究对象，有pS＝p0S+mg
解得缸内气体的压强为p＝1.02×105 Pa。
(2)对汽缸内的气体缓慢加热，封闭气体等压膨胀，由盖⁃吕萨克定律可得
V 0
T 0
＝V 1
T 1
解得V1＝1×10－2 m3。
(3)活塞上升的距离h＝V 1-V 0
S
＝0.4 m
外界对气体做功W＝－pSh＝－408 J
对封闭气体由热力学第一定律ΔU＝W+Q
可得该过程中封闭气体内能的增量ΔU＝192 J。
答案：(1)1.02×105 Pa (2)1×10－2 m3 (3)192 J
14．解析：(1)粒子在圆形匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
设OP 与x 轴负方向的夹角为α，由几何关系有OP＝2Rcos α，3
2R＝OPcos α
解得α＝30°，OP＝√3R
由儿何关系可知，粒子做圆周运动的半径r1＝OP＝√3R
根据洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝mv0
2
r1
解得q
m ＝√3 v0
3 BR 。
(2)将速度v0分解，设分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与静电力平衡，即qv1B
＝qE
解得v1＝1
3v0
由左手定则可知，速度v1方向沿x 轴正方向，则有v2＝v0－v1＝2
3v0
方向沿x 轴正方向，故粒子的运动可分解为沿x 轴正方向、速度大小为v1的匀
速直线运动和速度大小为v2的沿逆时针方向的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提
供向心力，则有qv2B＝mv2
2
r2
解得r2＝2√3
3 R
粒子在第一象限距x 轴的最大距离ym＝2r2＝4√3
3 R。
(3)粒子在第一象限运动的周期T＝
2π r2
v2
＝2√3 π R
v0
粒子在第一象限的轨迹与x 轴相切点的坐标x＝v1·nT＝2√3
3 nπR(n＝1，2，
3，…)。
答案：(1)√3 v0
3 BR (2)4√3
3 R
(3)x＝2√3
3 nπR(n＝1，2，3，…)
15．解析：(1)由于v＝6 m/s>v0＝4 m/s
故a 滑上传送带后开始做减速运动，对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1mgcos θ＝ma1
解得a1＝11 m/s2
a 与传送带达到共同速度后，由于mgsin θ<μmgcos θ
可知滑块随传送带一起匀速向上运动，设a 减速运动的位移为x1，由运动学公
式有v0
2－v2＝－2a1x1
传送带的位移x2＝v0·
v - v0
a1
产生的热量Q＝μ1mg(x1－x2)cos θ
解得Q＝12
11 J。
(2)当v 取最小值时，a 从斜面底端一直加速到斜面顶端时速度恰好达4 m/s
对a 受力分析，根据牛顿第二定律得μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝1 m/s2
由运动学公式有v0
2－vmin
2 ＝2a2L0
解得vmin＝2√3 m/s。
(3)设a 滑上长木板后经t 时间与b 发生碰撞，a 的加速度大小a3＝μ2g
b 与长木板一起运动的加速度大小a4＝1
2μ2g
由运动学公式可得v0t－1
2a3t2－1
2a4t2＝L1
解得t＝0.5 s
设a 与b 碰撞前速度大小分别是v2与v3，则有v2＝v0－a3t＝3 m/s，v3＝a4t＝
0.5 m/s
由于a 与b 碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒，则有mv2+mv3＝mva+mvb
根据能量守恒，则有1
2mv2
2+1
2mv3
2＝1
2mva
2+1
2mvb
2
解得va＝0.5 m/s
因此a 的速度大小为0.5 m/s。
答案：(1)12
11 J (2)2√3 m/s
(3)0.5 m/s
