学年高考物理总复习单元同步训练综合训练一试题及答案.docx
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学年高考物理总复习单元同步训练综合训练一试题及答案
单元同步提升训练:
综合训练一
一、选择题(每题3分,共计24分)
1.下列说法正确的是()
A.大量处于n=5能级的氢原子,自发向低能级跃迁的过程中能辐射20种不同频率的电磁波
B.爱因斯坦提出质能方程E=mc2,其中E是物体以光速c运动时的动能
C.234Th→234Pa+0e是钍核(234Th)的β衰变方程,衰变过程会伴随着γ射线产生
9091190
D.
2781
高速运动α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子,其核反应方程为4He+14N→17O+1n
【答案】C
5
【解析】A.根据C2=10可知,一群处于n=5能级态的氢原子,自发向低能级跃迁的过程中最多能够辐射
10种不同频率的电磁波。
故A不符合题意;
B.根据质能方程的意义可知,在质能方程E=mc2中,其中E是质量为m的物体对应的能量值,不是以光速
c运动时的动能。
故B不符合题意;
C.根据质量数守恒、电荷数守恒以及核反应的特点可知,234Th→234Pa+0e是钍核(234Th)的β衰变方
9091190
程,衰变过程会伴随着γ射线产生。
故C符合题意;
2781
D.高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子,其核反应方程为4He+14N→17O+1H.故D不符合题意。
2.下列叙述正确的是()
A.同种金属产生光电效应时,逸出光电子的最大初动能与照射光的强度呈线性关系
B.一块纯净的放射性矿石,经过两个半衰期,它的总质量仅剩下原来的四分之一
C.原子核的结合能越大,其核子就结合得越牢固,原子核就越稳定
D.卢瑟福通过分析α粒子散射实验发现,原子中带正电部分的体积很小,但几乎占有全部质量
【答案】D
【解析】A.光电子的最大初动能与照射光的强度无关,故A错误;
B.放射性矿石经过两个半衰期,该放射性物质总质量只剩下原来的四分之一,但还生成了其它的物质,总质量大于原来的四分之一,故B错误;
C.原子核的比结合能越大,(不是结合能),其核子就结合得越牢固,原子核就越稳定,故C错误;
D.卢瑟福通过分析α粒子散射实验发现原子中带正电部分的体积很小,但几乎占有全部质量,故D正确。
3.如图所示,纸面内有一环形线圈,线圈中通入顺时针方向的环形电流,在线圈内部放入一小段通电导线,
导线与线圈共面,且通过导线的电流方向如图所示。
下列关于这一小段通电导线所受的安培力的方向正确的是()
A.垂直导线向右
B.垂直导线向左
C.垂直导线向外
D.垂直导线向内
【答案】B
【解析】根据安培定则可知,环形电流产生的磁场的方向垂直于纸面向外,根据左手定则可知,电流受到的安培力的方向垂直于导线向左。
故B正确,ACD错误。
4.(2020年江苏卷)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。
金属圆环的直径与两磁场的边界重合。
下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()
A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2
C.同时以相同的变化率增大B1和B2
D.同时以相同的变化率减小B1和B2
【答案】B
【解析】
【详解】AB.产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。
由楞次定律可知,圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多,A错误,B正确。
CD.同时以相同的变化率增大B1和B2,或同时以相同的变化率较小B1和B2,两个磁场的磁通量总保持大小相同,所以总磁通量为0,不会产生感应电流,CD错误。
故选B。
5.(2020年全国III卷)“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆,着陆前曾绕月球飞行,某段时间可认为绕月做匀速圆周运动,圆周半径为月球半径的K倍。
已知地球半径R是月球半径的P倍,地球质量是月球质量的Q倍,地球表面重力加速度大小为g。
则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为
()A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m和m0的两个物体,则在地球和月球表面处,分别
有
Mm
MmGQ='
GR2
=mg,
⎛R⎫2
P
ç⎪
⎝⎭
m0g
解得
2
g'=Pg
Q
设嫦娥四号卫星的质量为m1,根据万有引力提供向心力得
Mm
GQ=mv
⎛R⎫21R
çK⎪K
⎝⎭
解得
v=
故选D。
6.一物块以某一初速度从倾角θ=30︒的固定斜面底端上滑,到达最大高度处后又返回斜面底端,已知物块下滑时间是上滑时间的3倍,取3=1.73,则物块与斜面间的动摩擦因数为()
A.0.1B.0.29C.0.46D.0.58
【答案】C
【解析】向上运动的末速度等于0,其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动,设加速度的大小为a1,则:
x=1at2,设向下运动的加速度的大小为a2,则向下运动的过程中:
x=1at2,由于知物块下滑的时间
211222
是上滑时间的3倍,即t2=3t1。
联立可得:
a1=9a2,对物块进行受力分析,可知向上运动的过程中:
ma1
=mgsinθ+μmgcosθ,向下运动的过程中:
ma2
=mgsinθ-μmgcosθ,联立得:
μ=4tanθ=0.46,
5
故C正确,ABD错误。
7.如图所示,一根轻绳的一端固定在天花板上的O点,另一端悬挂一个质量为m的小球,小球半径忽略不计。
开始时轻绳保持竖直,现用一光滑细杆的右端P点与轻绳接触,保持细杆水平向右缓慢推动轻绳,使P点移动了一小段距离,则在此过程中()
A.轻绳OP段的拉力越来越大
B.轻绳OP段的拉力先变大后变小
C.轻绳对杆的作用力保持不变
D.轻绳对杆的作用力越来越大
【答案】D
【解析】AB.以小球为研究对象,绳子拉力始终等于小球的重力,轻绳OP段的拉力保持不变,故AB不符合题意;
CD.两段绳子的拉力大小不变,夹角逐渐减小,根据平行四边形法则可知,两个分力不变,夹角减小时合力增大,可知轻绳对杆的作用力越来大,故C不符合题意、D符合题意。
8.如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给一个电阻R供电,如果将原、副线圈增加相同匝数,其它条件不变,则
A.电阻R的功率变大
B.电阻R的功率变小
C.原、副线圈两段电压的比值不变
D.通过原、副线圈电流的比值不变
【答案】A
【解析】
试题分析:
因变压器为降压变压器,原线圈匝数大于副线圈匝数;而当同时增大相同匝数时,匝数之比一定变小;再根据变压器原理进行分析即可.
n1
因为是降压变压器,所以
2
>1,假分数分子分母同时加相同的数得到的新分数将变小,根据U1
U2
=n1,
n2
可得原副线圈两端的电压比减小,原线圈两端的电压不变,故副线圈两端的电压增大,故副线圈中的电流
I1
增大,根据P=I2R可得电阻的功率增大,A正确BC错误;根据
2
=n2可得通过原、副线圈电流的比值
n1
变大,D错误;
二、多选题(每题5分,共计20分)
9.如图所示,关于x轴对称的三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差(Uab=Ubc)等势线,等势线与x
轴的交点分别为a、b、c,下列说法正确的是()
A.a、b、c三点中a点的电势最高
B.a、b、c三点中c点的电场强度最大
C.b点的电场强度方向与x轴垂直
D.把一电子从a点移到b点,电子的电势能减小
【答案】BD
【解析】AB.该处是正点电荷的电场,由正点电荷的电场线的特点:
电场线从正电荷出发,为辐射状,等势面为以点电荷为圆心的同心圆,所以可以判断出正电荷位于c的右侧,结合点电荷的电场的特点可知,c处的电场强度最大,电势最高,故B正确,A错误;
C.由于电场线方向与等势面方向垂直,所以b点电场强度的方向沿x轴的方向。
故C错误;
D.把一电子从a点移到b点,电势升高,电子带负电,所以电子的电势能减小。
故D正确。
10.(2020年北京卷)图甲表示某金属丝电阻R随摄氏温度t变化的情况。
把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙),用这段金属丝做测温探头,把电流表的刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简易温度计。
下列说法正确的是()
A.tA应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是线性关系B.tA应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是非线性关系C.tB应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是线性关系D.tB应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是非线性关系
【答案】B
【解析】
【详解】由甲图可知,tA点对应的电阻阻值较小,由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大,故tA应标在电流较大的刻度上;而tB点对应的电阻阻值较大,由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小,故tB
应标在电流较小的刻度上;由图甲得
R=R0+kt
其中R0为图线的纵截距,由闭合电路欧姆定律得
I=E
R+Rg+r
联立解得
t=E-R0+Rg+rkIk
可知t与I是非线性关系,故B正确,ACD错误。
故选B
11.如图所示,在∠MON以外区域存在着范围足够大的匀强磁场,∠MON=60°,磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B.在OM边上取一点P,使得OP长度为a质量为m、电荷量为q的带负电粒子(重力
不计)以速度v0=qBa从PO的中点垂直于该边界射入磁场,从此刻开始计时,在以后的运动过程中,以
2m
下说法中正确的是()
A.粒子会经过P点
B.粒子会经过O点
C.粒子在磁场区域飞行的总时间为
D.粒子在磁场区域飞行的总时间为
10πm
3qB
2πmqB
【答案】AC
【解析】由题知,速度v0=
qBa
2m
mv2
,根据洛伦兹力提供向心力可得:
qv0B=0
R
mv01
解得轨迹半径:
R=
qB2
粒子运动轨迹如图所示:
A.根据几何关系可得O为粒子做圆周运动的圆心,粒子经过C点时速度方向向上,解得粒子经过OM边界
时距离O点的距离d=
R
=a
sin30︒
即粒子经过P点,故A正确;
B.根据以上分析可知,粒子不可能经过O点,故B错误;
CD.粒子经过P点后继续在磁场中做圆周运动,根据几何关系可得粒子再次经过OM边界离开磁场后不再进
入磁场,根据几何关系可得粒子在磁场中运动的角度为θ=2⨯300
60010πm
=360
则运动的时间t=
T=
3603qB
故C正确,D错误。
12.(2020年ft东卷)如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。
一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。
从图示位置开始计时,4s末bc边刚好进入磁场。
在此过程中,导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像,可能正确的是()
A.B.
C.D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.因为4s末bc边刚好进入磁场,可知线框的速度每秒运动一个方格,故在0~1s内只有ae边切割磁场,设方格边长为L,根据
E1=
I1
2BLv
=E1R
可知电流恒定;2s末时线框在第二象限长度最长,此时有
E2=3BLv
可知
I=E2
2R
I=3I
221
2~4s线框有一部分进入第一象限,电流减小,在4s末同理可得
I=1I
综上分析可知A错误,B正确;
CD.根据
321
Fab=BILab
可知在0~1s内ab边所受的安培力线性增加;1s末安培力为
Fab=BI1L
在2s末可得安培力为
F¢=B3I2L
所以有Fa¢b=
ab创1
2
3Fab;由图像可知C正确,D错误。
故选BC。
三、实验题(每题10分,共计20分)
13.(2020年江苏卷)疫情期间“停课不停学”,小明同学在家自主开展实验探究。
用手机拍摄物体自由下落的视频,得到分帧图片,利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度,实验装置如题图1所示。
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球,其中最适合用作实验中下落物体的是。
(2)下列主要操作步骤的正确顺序是。
(填写各步骤前的序号)
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球,从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上,调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能,开始摄像
(3)停止摄像,从视频中截取三帧图片,图片中小球和刻度如题图2所示。
已知所截取的图片相邻两帧之
1
间的时间间隔为s,刻度尺的分度值是1mm,由此测得重力加速度为6
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直方向。
从该视频中截取图片,(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。
【答案】
(1).小钢球
(2).①③④②(3).9.61(9.5~9.7)(4).仍能
【解析】
【详解】
(1)要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响,所以密度大体积小的小钢球最适合;
(2)要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上,安装好三脚架,调整好手机摄像头的位置;因为下落时间很短,所以一定要先打开摄像头开始摄像,然后在将小球从刻度尺旁静止释放,故顺序为①③④②;
(3)由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50cm,26.50cm,77.20cm;小球做自由落体运动,根据
∆x=gT2可得
g=∆x=
T2
(77.20-26.50)?
10-2
骣1
ç
(26.50-2.50)?
10-2
2
÷÷
m/s2=
9.61m/s2
ç桫6÷
(4)因为就算小球偏离了竖直方向,但是小球在竖直方向上的运动依然是自由落体运动,对实验结果无影响,故仍能用前面的方法测量出重力加速度。
14.某实验小组要测量干电池组(两节)电动势和内阻,实验室有下列器材:
A灵敏电流计G(量程为0~10mA,内阻约为100Ω)
B电压表V(量程为0~3V,内阻约为10kΩ)
C.电阻箱R1(0~999.9Ω)
D.滑动变阻器R2(0~10Ω,额定电流为1A)
E旧电池2节
F.开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小,需扩大灵敏电流计的量程。
测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示,调节
R2和电阻箱,使得电压表示数为2.00V,灵敏电流计示数为4.00mA,此时电阻箱接入电路的电阻为398.3Ω,则灵敏电流计内阻为Ω(保留一位小数)。
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA,该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联,则应将电阻箱R1的阻值调为Ω(保留三位有效数字)。
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路,根据测得的数据作出U-lG(U为电压表的示数,IG为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E=V,内阻r=Ω(保留三位有效数字)
【答案】
(1).50.0;
(2).4.55;(3).2.91±0.01;(4).11.0±0.2;
【解析】
(1)灵敏电流计内阻:
R=U-R=
2.00V
-398.3Ω=101.7Ω;
gI1
4.00⨯10-3A
(2)灵敏电流计满偏电流为10mA,把它改装成100mA的电流表,电流表量程扩大了10倍,并联电阻分
流为90mA,为电流计的9倍,由并联电路特点可知,并联电阻阻值:
R=Rg=100Ω=11.1Ω;
并99
(3)电流表示数:
I=10IG,由图示电路图可知,电源电动势:
E=U+Ir=U+10IGr,整理得:
U=E-(10r)IG,
由图示U-IG
图象可知,电源电动势:
E=2.91V,图象斜率:
k=10r=
U=2.91-2.00=91,电源内阻:
r=9.1Ω;
I10⨯10-3
四、计算题(15题10分,16题12分,17题14分,共计36分)
15.(2020年全国III卷)如图,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管,左管上端封闭,右管上端开口。
右管中有高h0=4cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12cm。
管底水平段的体
积可忽略。
环境温度为T1=283K。
大气压强p0=76cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。
此时水银柱的高度为多少?
(2)再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体温度为多少?
【答案】(i)12.9cm;(ii)363K
【解析】
【详解】(i)设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程体积变为V2,压强变为p2。
由玻意耳定律有
p1V1=p2V2
设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为ρ,按题设条件有
p1=p0+ρgh0,p2=p0+ρgh
V1=S(2H-l-h0),V2=SH
联立以上式子并代入题中数据得
h=129cm
(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3,温度变为T2,由盖一吕萨克定律有
V2=V3T1T2
按题设条件有
V3=S(2H-h)
代入题中数据得
1
16.如图所示,半径为r的
4
T2=363K
圆弧金属导轨P1P2和Q1Q2位于竖直平面内,它们分别与位于水平面内的金属导
轨P2P3和Q2Q3相切于P2、Q2两点,导轨P1P2P3和Q1Q2Q3间距为L,上端P1、Q1用阻值为R的电阻连接,整个装置固定,导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一质量为m的金属杆
MN从导轨上端P1Q1处由静止释放,滑至圆弧导轨最低端P2Q2处的速度为v0,然后在水平导轨上运动直至停止。
运动过程中杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触,不计导轨和杆MN的电阻,不计一切摩擦。
(1)求杆MN从开始运动到停止的过程中,电阻R上产生的焦耳热;
(2)求杆MN从开始运动到停止的过程中,通过电阻R上的电荷量;
(3)设杆MN停止的位置到P2Q2的距离为s(未知),求杆MN运动到距P2Q2的距离为ns(0<n<1)时,电阻R上的热功率。
【答案】
(1)mgr
(2)
BLr+mv0RBL
B6L61-n2s2
(3)
m2R3
【解析】
(1)杆MN从开始运动到停止的过程中,根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为:
Q=mgr
(2)金属杆滑至圆弧导轨最低端P2Q2处过程中通过R的电荷量为q1,则:
q1=It
=Et
=∆Φ=BLr
1R1RR
水平轨道上运动过程中,根据动量定理可得:
﹣BILt2=0﹣mv0此过程中通过R的电荷量为:
q2=It2,
mv
解得:
q2=0
BL
故通过电阻R上的电荷量为:
q=q1+q2=BLr+mv0
RBL
(3)逆向思维,假设杆从距离P2Q2距离为s处开始反向加速到距离P2Q2距离为ns处时的速度为v,则反向加速距离为:
x=(1﹣n)s
根据动量定理可得:
BILt=mv
B2L2vt
即=mv,而vt=x=(1﹣n)s
R
B2L2(1-n)s
解得:
v=
mR
根据功率的计算公式可得,杆MN运动到距P2Q2的距离为ns(0<n<1)时,电阻R上的热功率为:
B2L2v2
P=
R
B6L61-n2s2
=
m2R3
17.(2020年ft东卷)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。
某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。
Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。
两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。
重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】
(1)P的速度大小为
3v,Q的速度大小为
2v;
(2)h=(7)n-1⋅
v02
v2
(n=1,2,3……);(3)H=0;
5050
2525g
18g
(87-13)v2
(4)s=0
200gsinθ
【解析】
【详解】
(1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv0=mvP1+4mvQ1①
由机械能守恒定律得
1mv2=1mv2+1⋅4mv2②
联立①②式得
202P12Q1
v=-3v③
P150
v=2v④
Q150
故第一次碰撞后P的速度大小为3v,Q的速度大小为2v
5050
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公
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- 学年 高考 物理 复习 单元 同步 训练 综合 试题 答案
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