1、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 n5 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 Emc2，其中 E 是物体以光速 c 运动时的动能C.234 Th 234 Pa + 0 e 是钍核（ 234 Th ）的 衰变方程，衰变过程会伴随着 射线产生90 91 1 90D.2 7 8 1高速运动 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为4 He +14 N 17 O+1n【答案】C5【解析】A.根据C 2 10 可知，
2、一群处于 n5 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 Emc2 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， 234 Th 234 Pa + 0 e 是钍核（ 234 Th ）的 衰变方90 91 1 90程，衰变过程会伴随着 射线产生。故C 符合题意；2 7 8 1D.高速运动的 粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为4 He +14 N 17 O+1H 故D 不符合题意。2.下列叙述正
3、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 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；
4、D.卢瑟福通过分析 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
5、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 B2 B. 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
6、 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 M mMm G Q = G R2= mg ， R 2P m0 g解得 2g = P gQ设嫦娥四号卫星的质
7、量为m1 ，根据万有引力提供向心力得 M mG Q = m v R 2 1 R K K 解得 v =故选D。 6.一物块以某一初速度从倾角 = 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. 0.1 B. 0.29 C. 0.46 D. 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 = 1 a t 2 ，设向下运动的加速度的大小为 a2，则向下运动的过程中： x = 1 a t 2 ，由于知物块下滑的时间2 1
8、 1 2 2 2是上滑时间的 3 倍，即 t23t1。联立可得：a19a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma1= mgsin + mgcos ，向下运动的过程中：ma2= mgsin - mgcos ，联立得： = 4 tan 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
9、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
10、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 U1U2= 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 = I 2 R 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（UabUbc）等势线，等势线与x轴的交
11、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
12、 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
13、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 = ER + Rg + r联立解得 t = E - R0 + Rg + r kI k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，MON60，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
14、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10 m3qB2 m qB【答案】AC【解析】由题知，速度 v0qBa2mmv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B 0 Rmv0 1解得轨迹半径：RqB 2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 dRasin 30即粒
15、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 = 2300600 10 m= 360则运动的时间 tT =360 3qB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
16、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 01s 内只有 ae 边切割磁场，设方格边长为 L，根据 E1 =I12BLv= E1 R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 = E22 RI = 3 I2 2 124s 线框有一部分进入第一象限，电流减小，在 4s 末同理可得 I
17、= 1 I综上分析可知A 错误，B 正确； CD根据 3 2 1Fab = BILab可知在 01s 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 = B 3 I 2L所以有 Fab =ab 创 123Fab ；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
18、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） 把刻度尺竖直固定在墙上 捏住小球，从刻度尺旁静止释放 手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置 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 6m / 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
19、(2). (3). 9.61（9.59.7） (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； (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 = gT 2 可得 g = x =T 2(77.20- 26.50)? 10- 2骣1(26.50- 2.50)? 10- 22m/s
20、2 =9.61m/s2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 010mA，内阻约为 100)B 电压表V（量程为 03V，内阻约为 10k)C.电阻箱R1(0999.9)D.滑动变阻器 R2(010，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
21、电流计示数为 4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为 398.3，则灵敏电流计内阻为 (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 (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 UlG(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= (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
22、 - R =2.00V- 398.3 = 101.7 ；g I 14.0010-3 A（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 = 100 =11.1 ；并 9 9（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=9.1；I 10 10-3四、
23、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】（
24、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 ，按题设条件有 p1 = p0 + gh 0 ， p2 = p0 + gh V1 = S (2H - l - h0 ) ，V2 = SH 联立以上式子并代入题中数据得 h=12 9cm（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 = V3 T1 T2按题设条件有 V3 = S(2H - h)代
25、入题中数据得 116.如图所示，半径为 r 的4T2=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
26、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（0n1）时，电阻 R 上的热功率。【答案】（1）mgr（2）BLr + mv0 R BLB6 L6 1- n 2 s2（3） m2 R3【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：Qmgr（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=
27、E t= = BLr1 R 1 R R水平轨道上运动过程中，根据动量定理可得：BILt20mv0此过程中通过R 的电荷量为：q2It2，mv解得：q2 0BL故通过电阻 R 上的电荷量为：qq1+q2 BLr + mv0R BL（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（1n）s根据动量定理可得：BILtmvB2 L2 vt即 mv，而v tx（1n）sRB2 L2 (1- n) s解得：vmR根据功率的计算公式可得，杆 MN 运动到距 P2Q2 的距离为 ns（0n1）时，电阻 R 上的热功率为：B
28、2 L2v2PRB6 L6 1- n 2 s2 m2 R317.（2020 年ft东卷）如图所示，一倾角为 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tan ，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；
29、 (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3 v ，Q 的速度大小为2 v ；(2) h =（ 7 ）n-1 v02v2（n=1，2，3）；(3) H = 0 ；5 0 5 025 25g18g(8 7 -13)v2(4) s = 0 200g sin【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 + 4mvQ1 由机械能守恒定律得 1 mv 2 = 1 mv 2 + 1 4mv 2 联立式得 2 0 2 P1 2 Q1v =- 3 v P1 5 0v = 2 v Q1 5 0故第一次碰撞后 P 的速度大小为 3 v ，Q 的速度大小为 2 v 5 0 5 0(2)设第一次碰撞后 Q 上升的高度为 h1，对 Q 由运动学公
