1、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 = h 可知 5G 使
2、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 = cn5G 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 = c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 射线 C.
3、 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 = h = hp可知质子的德布罗意波长 1 ， p1，故 A 错误； B天然放射的三种射线，穿透能力最强的是 射线，故B 错误； C由 Ek = h -W当 h0 = 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 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 h0B.遏止电压是
4、确定的，与入射光的频率无关C.入射光的频率为 20 时，产生的光电子的最大初动能为 2h0D.入射光的频率为 30 时，产生的光电子的最大初动能为 h0【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 W0h0，故选项A 正确；根据光电效应方程EkmhW0 和eUc0Ekm 得，Uc h W0，可知当入射光的频率大于极限频率 e e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 W0h0。根据光电效应方程 Ekmh20W0h0，故选项C 错误；Ekmh30W02h0，故选项D 错误。【答案】 A4.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根
5、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 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
6、 错误；根据 vt 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】 A5.如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 开始，经历 ABCDE 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.AB 过程中气体的体积逐渐减小B.BC 过程中气体从外界吸热C.CD 过程中内能不变D.DE 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；BC 过程中气体的温度升高，内能增大，因 BC 与横
7、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；CD 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 DE 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】 B6.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
8、 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 mgD.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，T2mg，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 ，根据平衡条件，静摩擦力
9、等于 F 沿杆的分力 Fcos ，故静摩擦力先减小后增大，支持力等于 F 垂直杆的分力 Fsin ，故先增大后减小；杆竖直时，静摩擦力最大 fmmgT1cos 452mg，选项B、C 错误，D 正确。【答案】 D7.（2020 年北京卷）如图所示， 理想变压器原线圈接在u = Umsin (t + ) 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
10、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
11、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 GMm R2= mv 2R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
12、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 = mg R2g = GM火 = 10% g = 2 g2 (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 1026 W ，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（ 2 H ）和一个质量为2809.5MeV / c2 的氚核（ 3 H ）2结合为一个质
13、量为3728.4MeV / c2 的氦核（ 4 He ），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. 4 109 kg D. 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 nm c2 = 1876.1+ 2809.5 - 3728.4 -17.6解得mn = 939.6MeV/c ，选项B 正
14、确； 2C太阳每秒放出的能量 E = Pt = 41026 J损失的质量 = E= 41026 9m c2 91016 kg 4.4 10 kg选项C 正确； D因为 26 4102645 39E = 410 J= eV = 2.510 eV=2.510 MeV 1.610-19则太阳每秒因为辐射损失的质量为 m = Ec2= 2.51039 MeV/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 i30，a 光经过气泡的偏
15、向角 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 42B.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 a2(rai)，得 ra52.5，由几何知识得 AC 圆弧所对的圆心角为 18018078252.575，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 b2(rbi)42，故A 正确；介质对 a
16、光的折射率 nasin ra sin 52.5 sin 603，故B sin i sin 30 sin 30错误；介质对 b 光的折射率 nbsin rbsin 51na，则 a 光的频率大于 b 光的频率，故 C 错误；b 光从该介 sin i sin 30质射向空气的全反射临界角的正弦值为 sin C 1 1 ，故D 正确。nb 2sin 51【答案】 AD11.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
17、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 v01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2v0C.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 1x 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 t1 1 2 L3L0，选项A 错误，B 正确；根据2v0v002v01 1 1图象可得， x，解得 v v0L
18、0 ，导体棒切割磁感线的有效长度 LL0x，根据法拉第电磁感应定v v0 v0L0L0x律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势 EBLvB(L0x) v0L0 BL0v0，为一恒量，由闭合电路欧姆定L0x律可知，流过导体棒的电流大小 I E BL0v0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 QBL0v02 3L0I2Rt R R2v 错误!，金属棒动能变化量 Ek错误!m错误!错误!错误!mv错误!错误!mv002，即外力做的功为 W错误!错误!mv错误!，选项 D 错误
19、。【答案】 BC12.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(
20、 )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 U12ERC.磁分析器中轨迹圆心 O2 到 Q 点的距离 d1D.任何离子若能到达 P 点，则一定能进入收集器mER q【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 qEv2 1 2 1mR，在加速电场加速的过程中有 qU2mv ，联立解得 U2ER，B 正确；该正离子在磁分析器中做匀速圆v2 mv2 1 1周运动，有qvBm r ，又qE R ，可得rB ，该正离子经Q 点进入收集器，故d
21、rB ，1C 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U2ER 的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径 RxR，即一定能到达 P 点，而在磁分析器中运动的轨迹半径 rx1mxER， qxrx 的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有 rxd，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
22、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 L1.25 cm，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9.8 m/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 yLgT2，解得 T L，则初速度为 v0 2 gL，代入数据得v02
23、g Tm/s0.70 m/s。【答案】 (1)AB(2 分) (2)v02 gL(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：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；将五角硬
24、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
25、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 v22ax、ag，则有 v2gx，由动量守恒定律可知 m1v1m1v1m2v2，则只需验证 m1 x1m1 x2m2 x3，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) m1 x1m1 x2m2 x3(2 分)15.某物理兴趣小组围绕一个量程为 03 mA、内阻 Rg 约为 100 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 9 999.9 ；滑动变阻器甲，最大阻值为 10 k；滑动变阻器乙，最大阻值为 2 k；电源 E1，
26、电动势为 1.5 V，内阻较小；电源 E2，电动势为 9 V，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：断开 S1 和 S2，将 R 调到最大；合上 S1，调节 R 使G 满偏；合上 S2，调节 R0 的值到 R0使 G 半偏，此刻认为G 的内阻 RgR0；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 RgR0，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 Rg100
27、，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“3 mA”处，此处刻度应标阻值为 (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“2 mA”处对应表笔间电阻阻值为 。【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
28、 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“3 mA”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 Ig3 mA 处，则此时 Ig E1 ，代RgrR0入数据解得 rR0400 ，设两表笔间接入 Rx 时，电流计示数为 I2 mA，则 UIRg0.2 V，有 U1E1U1.3 V，则通过电流计的电流和流过 R 的电流
29、之和 I U13.25 mA，因此流过 R 的电流 I 1.25x 总 rR0 x xUmA，则 RxIx160 。【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 = 2 ，其两端与一个R = 48 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
30、 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 = 200 0.015 - 0.010 V = 10Vt 0.10(3)电阻 R 两端的电压为路端电压，根据分压规律可知 U R E =R + r4848 + 210V = 9.6V17.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
