学年高考物理总复习单元同步训练综合训练二试题及答案.docx
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学年高考物理总复习单元同步训练综合训练二试题及答案
单元同步提升训练:
综合训练二
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分)
1.(2020年北京卷随着通信技术的更新换代,无线通信使用的电磁波频率更高,频率资源更丰富,在相同时间内能够传输的信息量更大。
第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的网速和更大的网络容载能力,
“4G改变生活,5G改变社会”。
与4G相比,5G使用的电磁波()A.光子能量更大B.衍射更明显
C.传播速度更大D.波长更长
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为5G使用的电磁波频率比4G高,根据E=hν可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大,故A正确;
B.发生明显衍射的条件是障碍物(或孔)的尺寸可以跟波长相比,甚至比波长还小;因5G使用的电磁波频率更高,即波长更短,故5G越不容易发生明显衍射,故B错误;
C.光在真空中的传播速度都是相同的;光在介质中的传播速度为
v=c
n
5G的频率比4G高,而频率越大折射率越大,光在介质中的传播速度越小,故C错误;
D.因5G使用的电磁波频率更高,根据
ν=c
λ
可知波长更短,故D错误。
故选A。
2.(2020年浙江卷)下列说法正确的是()A.质子的德布罗意波长与其动能成正比
B.天然放射的三种射线,穿透能力最强的是α射线C.光电效应实验中的截止频率与入射光的频率有关D.电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性
【答案】D
【解析】
【详解】A.由公式
λ=h=h
p
可知质子的德布罗意波长λ∝1,λ∝
p
1
,故A错误;
B.天然放射的三种射线,穿透能力最强的是γ射线,故B错误;
C.由
Ek=hν-W
当hν0=W,可知截止频率与入射光频率无关,由材料决定,故C错误;
D.电子束穿过铝箱后的衍射图样说明电子具有波动性,故D正确。
故选D。
3..某金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示。
普朗克常量为
h,则由图象可知()
A.该金属的逸出功等于hν0
B.遏止电压是确定的,与入射光的频率无关
C.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为2hν0
D.入射光的频率为3ν0时,产生的光电子的最大初动能为hν0
【解析】当遏止电压为零时,最大初动能为零,则入射光的能量等于逸出功,所以W0=hν0,故选项A正
确;根据光电效应方程Ekm=hν-W0和-eUc=0-Ekm得,UchW0,可知当入射光的频率大于极限频率
=ν-
ee
时,遏止电压与入射光的频率成线性关系,故选项B错误;从图象上可知,逸出功W0=hν0。
根据光电效应方程Ekm=h·2ν0-W0=hν0,故选项C错误;Ekm=h·3ν0-W0=2hν0,故选项D错误。
【答案】A
4.某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下沿直线运动到A点。
取O点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向。
从O到A的运动过程中,下列粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化图线、运动轨迹上电势φ和粒子的动能Ek随位置x的变化图线可能正确的是()
【解析】带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下运动到A点,需要克服电场力做功,动能减小,速度减小,选项D错误;根据电场线的疏密来判断电场强度的大小关系,可知从O到A,电场强度先减小后增大,方向不变,则负电荷受到的电场力先减小后增大,加速度先减小后增大,但加速度最小时不为零,选项B错误;根据v-t图象的斜率表示加速度可知选项A正确;根据电势随位置的变化图线的斜率表示电场强度可知,选项C错误。
【答案】A
5.如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,经历A→B→C→D→E过程后到达状态E,其中BA的延长线经过原点O,BC与横轴平行,DE与纵轴平行,关于该气体,下列说法正确的是()
A.A→B过程中气体的体积逐渐减小
B.B→C过程中气体从外界吸热
C.C→D过程中内能不变
D.D→E过程中气体向外界放热
【解析】因BA延长线经过原点O,可知AB是等容线,所以此过程中气体的体积不变,选项A错误;
B→C过程中气体的温度升高,内能增大,因BC与横轴平行,故该过程压强不变,由理想气体状态方程可知气体的体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,此过程气体从外界吸热,选项B正确;
C→D过程中气体的温度升高,内能增大,选项C错误;因DE与纵轴平行,故D→E过程中气体的温度不变,内能不变,因压强减小,由理想气体状态方程可知气体的体积增大,对外界做功,根据热力学第一定律可知,此过程气体从外界吸热,选项D错误。
【答案】B
6.如图所示,一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上,通过细线连接一质量也为m的小球,小球还用一水平细线拉着。
保持环和小球的位置不变,横杆按图示方向转到竖直位置,在这个过程中环与杆相对静止,重力加速度为g,则()
A.连接环和小球的细线拉力增大
B,杆对环的作用力先减小后增大
C.杆对环的弹力一直减小,最小值为mg
D.杆对环的摩擦力先减小后增大,最大值为2mg
【解析】对球受力分析,受重力和两个拉力,如图所示,根据平衡条件有T1=2mg,T2=mg,杆转动过程中,球受到的三个力的方向均不变,重力的大小不变,故其他力的大小也不变,则连接环和小球的细线拉力不变,选项A错误;分析环,受重力、拉力、支持力和静摩擦力,其中重力和拉力均不变,则杆对环的作用力也不变,设重力和拉力的合力为F,随着杆的转动,F与杆的夹角一直增大(从初始值大于45°的锐角到直角最后是钝角),设为θ,根据平衡条件,静摩擦力等于F沿杆的分力Fcosθ,故静摩擦力先减小后增大,支持力等于F垂直杆的分力Fsinθ,故先增大后减小;杆竖直时,静摩擦力最大fm=mg+T1cos45°
=2mg,选项B、
C错误,D正确。
【答案】D
7.(2020年北京卷)如图所示,理想变压器原线圈接在u=Umsin(ωt+ϕ)的交流电源上,副线圈接三个阻值相同的电阻R,不计电表内电阻影响。
闭合开关S后()
A.电流表A2的示数减小B.电压表V1的示数减小
C.电压表V2的示数不变D.电流表A1的示数不变
【答案】A
【解析】
【详解】开关S闭合时,副线圈总的电阻减小,由于变压器的匝数比和输入的电压都不变,所以输出的电压也不变,即V1示数不变,但因副线圈的总电阻减小,则副线圈的总电流增大,则原线圈的电流增大,故
A1的示数变大;由于副线圈的电流增大,故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大,而副线圈的总电压不变,所以副线圈并联部分的电压减小,即V2的示数减小,故电流表A2的示数减小,故A正确,BCD错误。
故选A。
8.(2020年北京卷)我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。
已知火星质量约为地球质量的10%,半径约为地球半径的50%,下列说法正确的是()
A.火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B.火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】A
【解析】
【详解】A.当发射速度大于第二宇宙速度时,探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动,火星在太阳系内,所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度,故A正确;
B.第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件,当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时,探测器将围绕地球运动,故B错误;
C.万有引力提供向心力,则有
GMmR2
=mv2
R
解得第一宇宙速度为
v1=
所以火星的第一宇宙速度为
v=10%v=v
火50%地5地
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度,故C错误;
D.万有引力近似等于重力,则有
解得星表面的重力加速度
GMm=mgR2
g=GM火=10%g=2g
2(50%)2地5地
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度,故D错误。
故选A。
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.(2020年浙江卷)太阳辐射的总功率约为4´1026W,其辐射的能量来自于聚变反应。
在聚变反应中,一个质量为1876.1MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(2H)和一个质量为2809.5MeV/c2的氚核(3H)
2
结合为一个质量为3728.4MeV/c2的氦核(4He),并放出一个X粒子,同时释放大约17.6MeV的能量。
下列说法正确的是()
A.X粒子是质子
B.X粒子的质量为939.6MeV/c2
C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4⨯109kgD.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6MeV/c2
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由质量数和电荷数守恒可知,X的质量数为1,电荷数为0,则X为中子,选项A错误;
B.根据能量关系可知
n
mc2=1876.1+2809.5-3728.4-17.6
解得mn=939.6MeV/c,选项B正确;
2
C.太阳每秒放出的能量
E=Pt=4⨯1026J
损失的质量
∆=E
=4⨯1026
≈⨯9
mc29⨯1016kg4.410kg
选项C正确;
D.因为
264⨯1026
4539
E=4⨯10J=eV=2.5⨯10eV=2.5⨯10MeV1.6⨯10-19
则太阳每秒因为辐射损失的质量为
∆m=E
c2
=2.5⨯1039MeV/c2
选项D错误。
故选BC。
10.如图所示,在透明均匀介质内有一球状空气泡,一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡,A
为入射点,之后a、b光分别从C点、D点射向介质。
已知光束在A点的入射角i=30°,a光经过气泡的偏向角θ=45°,CD圆弧所对圆心角为3°,则下列说法正确的是()
A.b光经过气泡的偏向角为42°
B.介质对a光的折射率大于
C.a光的频率小于b光的频率
D.b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为1
【解析】光线在A点的入射角为i,折射角分别为ra、rb,作出光路图,如图所示。
由a光的偏向角为45°,而偏向角θa=2(ra-i),得ra=52.5°,由几何知识得AC圆弧所对的圆心角为180°
180°-78°
-2×52.5°=75°,因CD圆弧所对的圆心角为3°,则AD圆弧所对的圆心角为78°,故rb=2=51°,
b光的偏向角为θb=2(rb-i)=42°,故A正确;介质对a光的折射率na
sinrasin52.5°sin60°
3,故B
=sini=sin30° 错误;介质对b光的折射率nb sinrb sin51° na,则a光的频率大于b光的频率,故C错误;b光从该介 =sini=sin30°< 质射向空气的全反射临界角的正弦值为sinC=1=1,故D正确。 nb2sin51° 【答案】AD 11.如图(a)所示,水平面内有一光滑金属导轨,ac边的电阻为R,其他电阻均不计,ab与ac夹角为135°, cd与ac垂直。 将质量为m的长直导体棒搁在导轨上,并与ac平行。 棒与ab、cd交点G、H间的距离为 L0,空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。 在外力作用下,棒由GH处以初速度v0 1 向右做直线运动。 其速度的倒数v随位移x变化的关系如图(b)所示。 在棒运动L0到MN处的过程中() A.导体棒做匀变速直线运动 B.导体棒运动的时 3L0 间为2v0 C.流过导体棒的电流大小不变 D.外力做的功为错误! +错误! 【解析】根据题图(b)导体棒运动的速度的倒1 x变化的关系可知,导体棒做非匀变速直线运动, 数v随位移 图线与横轴所围的面积表示时间,导体棒运动的时间为t 1⎛1+2⎫×L 3L0,选项A错误,B正确;根据 =2⎝v0 v0⎭ 0=2v0 111 图象可得,=+ x,解得v=v0L0,导体棒切割磁感线的有效长度L=L0+x,根据法拉第电磁感应定 vv0v0L0 L0+x 律,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=B·(L0+x)·v0L0=BL0v0,为一恒量,由闭合电路欧姆定 L0+x 律可知,流过导体棒的电流大小IEBL0v0不变,选项C正确;根据能量守恒定律知,在棒从GH处运动 =R=R 到MN处的过程中,外力做的功等于电阻产生的热量Q和金属棒动能变化量的代数和,电阻产生的热量Q ⎛BL0v0⎫23L0 =I2Rt=⎝R⎭R×2v=错误! ,金属棒动能变化量ΔEk=错误! m错误! 错误! -错误! mv错误! =-错误! mv 0 0 2,即外力做的功为W=错误! -错误! mv错误! ,选项D错误。 【答案】BC 12..如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成: 离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。 静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R,通道内有均匀辐射的电场,中 心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。 由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)。 下列说法正确的是() A.磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内 B.加速电场中的加速电压U 1 =2ER C.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d=1 D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 mERq 【解析】该正离子在磁分析器中沿顺时针方向转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则可知,磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外,A错误;该正离子在静电分析器中做匀速圆周运动,有qE= v2121 mR,在加速电场加速的过程中有qU=2mv,联立解得U=2ER,B正确;该正离子在磁分析器中做匀速圆 v2mv211 周运动,有qvB=mr,又qE=R,可得r=B,该正离子经Q点进入收集器,故d=r=B, 1 C正确;任一初速度为零的正离子,质量、电荷量分别记为mx、qx,经U=2ER的电场后,在静电分析器中 做匀速圆周运动的轨迹半径Rx=R,即一定能到达P点,而在磁分析器中运动的轨迹半径rx=1 mxER,qx rx的大小与离子的质量、电荷量有关,不一定有rx=d,故能到达P点的离子不一定能进入收集器,D错误。 【答案】BC 三、实验题(本题共3小题,每空2分,共22分) 13.用平抛仪做“探究平抛运动的特点”实验。 (1)以下哪些操作可能引起实验误差。 A.安装斜槽时,斜槽末端切线方向不水平 B.确定Oy轴时,没有用重垂线 C.斜槽不是绝对光滑的,有一定摩擦 D.每次从轨道同一位置释放小球 (2)某同学用一张印有小方格的纸记录小球的运动轨迹,小方格的边长L=1.25cm,若小球在平抛运动途中 的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式为,v0=m/s(g取 9.8m/s2)。 【解析】 (1)安装斜槽时,斜槽末端切线方向不水平,小球不能做平抛运动,会引起实验误差,故A正确;确定Oy轴时,没有用重垂线,可能会引起实验误差,故B正确;斜槽不光滑对实验没有影响,只要让小球从斜槽的同一位置由静止释放,保证初速度相等即可,故C、D错误。 (2)在竖直方向上,根据Δy=L=gT2,解得T=L,则初速度为v0==2gL,代入数据得 v0=2× gT m/s=0.70m/s。 【答案】 (1)AB(2分) (2)v0=2gL(1分)0.70(1分) 14.某同学用如图9甲所示的装置来验证动量守恒定律,该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成,硬币发射器包括弹片及弹片释放装置,释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。 已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同,主要实验步骤如下: ①将一元硬币置于发射槽口,释放弹片将硬币发射出去,硬币沿着长木板中心线运动,在长木板中心线的适当位置取一点O,测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。 再从同一位置释放弹片将硬币发射出去,重复多次,取该距离的平均值记为x1,如图乙所示; ②将五角硬币放在长木板上,使其左侧位于O点,并使其直径与中心线重合,按步骤①从同一位置释放弹片,重新弹射一元硬币,使两硬币对心正碰,重复多次,分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3,如图丙所示。 (1)为完成该实验,除长木板、硬币发射器、一元及五角硬币、刻度尺外,还需要的器材为; (2)实验中还需要测量的物理量为,验证动量守恒定律的表达式为 (用测量物理量对应的字母表示)。 【解析】 (1)在验证动量守恒定律时需要知道速度和质量,由题意可知,初速度可以利用位移求解,而质量需要用天平测量。 (2)为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量,故应分别测出一枚一元硬币的质量m1,一枚五角硬币的质量m2,硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动,根据速度和位移关系可知v2=2ax、a=μg,则有v= 2μgx,由动量守恒定律可知m1v1=m1v1′+m2v2,则只需验证m1x1=m1x2+m2x3,即可验证动量守恒。 【答案】 (1)天平(1分) (2)一元硬币的质量m1、五角硬币的质量m2(2分)m1x1=m1x2+m2x3(2分) 15.某物理兴趣小组围绕一个量程为0~3mA、内阻Rg约为100Ω的电流计G展开探究,可供选择的器材有电阻箱R0,最大阻值为9999.9Ω;滑动变阻器甲,最大阻值为10kΩ;滑动变阻器乙,最大阻值为2kΩ; 电源E1,电动势为1.5V,内阻较小;电源E2,电动势为9V,内阻较小;开关2个;导线若干。 (1)为测量该电流计的内阻,小明设计了如图(a)所示的电路,实验步骤如下: ①断开S1和S2,将R调到最大; ②合上S1,调节R使G满偏; ③合上S2,调节R0的值到R0′使G半偏,此刻认为G的内阻Rg=R0′; 在上述可供选择的器材中,为了使测量尽量精确,滑动变阻器应该选择(填“甲”或“乙”),电源应该选择(填“E1”或“E2”);在实验中认为电流计G的内阻Rg=R0′,此结果与Rg的真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。 (2)若测得的电流计G的内阻Rg=100Ω,小芳用电源E1、电阻箱R0和电流计G连接了如图(b)所示的电路,在电流计两端接上两个表笔,设计出一个简易的欧姆表,并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度,闭合开关,将两表笔断开,调节电阻箱,使指针指在“3mA”处,此处刻度应标阻值为Ω(填“0”或“∞”),再保持电阻箱阻值不变,在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度,则“2mA”处对应表笔间电阻阻值为Ω。 【解析】 (1)根据半偏法的实验原理,为使测量精确度较高,要求滑动变阻器接入电路的电阻远大于电流计内阻,以减小因闭合S2而引起的总电流的变化,从而减小误差。 电源电动势越大,电流计满偏时,滑动变阻器接入电路的电阻越大,因此电源选E2,滑动变阻器选甲。 闭合S2导致闭合回路中的总电阻减小,则回路中的总电流增大,调节R0使G半偏,则此时流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流,电阻箱接入电路的阻值小于电流计的实际内阻,因此测量值与真实值相比偏小。 (2)此欧姆表测量的是两表笔间的电阻,因此将两表笔断开时,两表笔间的电阻无穷大,则“3mA”处,应标 的阻值为∞,闭合开关,将两表笔断开,调节电阻箱,使指针指在Ig=3mA处,则此时Ig=E1,代 Rg+r+R0 入数据解得r+R0=400Ω,设两表笔间接入Rx时,电流计示数为I=2mA,则U=IRg=0.2V,有U1=E1 -U=1.3V,则通过电流计的电流和流过R的电流之和I =U1 =3.25mA,因此流过R的电流I=1.25 x总r+R0xx U mA,则Rx=Ix=160Ω。 【答案】 (1)甲(1分)E2(1分)偏小(1分) (2)∞(1分) 160(2分) 四、计算题(本题共3小题,16题10分,17、18题各12分,共34分) 16.(2020年北京卷)如图甲所示,N=200匝的线圈(图中只画了2匝),电阻r=2Ω,其两端与一个 R=48Ω的电阻相连,线圈内有指向纸内方向的磁场。 线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。 (1)判断通过电阻R的电流方向; (2)求线圈产生的感应电动势E; (3)求电阻R两端的电压U。 【答案】 (1)a→b; (2)10V;(3)9.6V 【解析】 【详解】 (1)根据图像可知,线圈中垂直于纸面向里的磁场增大,为了阻碍线圈中磁通量的增大,根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外,根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向,所通过电阻R的电流方向为a→b。 (2)根据法拉第电磁感应定律 E=N∆Φ=200⨯0.015-0.010V=10V ∆t0.10 (3)电阻R两端的电压为路端电压,根据分压规律可知 URE= R+r 48 48+2 ⨯10V=9.6V 17.如图所示,粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板,在木板上右端静止放置一质量为m的小滑块。 一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千,从A点由静止出发绕
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- 学年 高考 物理 复习 单元 同步 训练 综合 试题 答案