2020-2021年高三物理单元同步提升训练：综合训练一 16页

2020-2021 年高三物理单元同步提升训练：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. 234 90 Th → 234 91 Pa + 0 1 e 是钍核（ ）的 β 衰变方程，衰变过程会伴随着 γ 射线产生 D. 高速运动 的 α 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为 414171 2781HeNO+n 【答案】C 【解析】A.根据 2 5C ＝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， → + 是钍核（ ）的 β 衰变方 程，衰变过程会伴随着 γ 射线产生。故 C 符合题意； 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 4 14 17 1 2 7 8 1He N O+ H ．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 1B 和 2B 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 减小 B. 同时减小 增大 C. 同时以相同的变化率增大 和 D. 同时以相同的变化率减小 和 【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. R Kg QP B. R P Kg Q C. R Q g KP D. RPg QK 【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 0m 的两个物体，则在地球和月球表面处，分别 有 2 MmG mgR  ， 0 02 M mQGmg R P   解得 2PggQ   设嫦娥四号卫星的质量为 1m ，根据万有引力提供向心力得 1 2 12 M m vQGmRR KK PP   解得 RPgv QK 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： 2 11 1 2x a t ，设向下运动的加速度的大小为 a2，则向下运动的过程中： 2 22 1 2xat ，由于知物块下滑的时间 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： 1mamgsinmgcos ，向下运动的过程中： 2mamgsinmgcos ，联立得： 4 tan5 ＝0.46， 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． 因为是降压变压器，所以 1 2 1n n  ，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 11 22 Un Un ， 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 增大，根据 2P I R 可得电阻的功率增大，A 正确 BC 错误；根据 12 21 In In 可得通过原、副线圈电流的比值 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 的 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. At 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系 B. 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系 C. Bt 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系 D. 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， 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 应 标在电流较大的刻度上；而 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 应标在电流较小的刻度上；由图甲得 0RRkt 其中 0R 为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得 g EI RRr  联立解得 0R Rg rEt 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，∠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＝ 2 qBa m 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 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 10 3 m qB  D. 粒子在磁场区域飞行的总时间为 2 m qB  【答案】AC 【解析】由题知，速度 v0＝ ，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝ 2 0mv R 解得轨迹半径：R＝ 0 1 2 mv aqB  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＝ sin 30 R  ＝a 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 2300360  则运动的时间 t＝ 6 0 0 1 0 3 6 0 3 mT qB  故 C 正确，D 错误。 12.（2020 年山东卷）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 1 2E B L v= 1 1 EI R 可知电流恒定；2s 末时线框在第二象限长度最长，此时有 2 3E BLv 2 2 EI R 可知 21 3 2II= 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 31 1 2II= 综上分析可知 A 错误，B 正确； CD．根据 ababFBIL 可知在 0~1s 内 ab 边所受的安培力线性增加；1s 末安培力为 1abFBIL 在 2s 末可得安培力为 1 3 22abFBIL¢=创 所以有 3ababFF¢= ；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 的 小球和刻度如题图 2 所示。已知所截取的图片相邻两帧之 间的时间间隔为 1 6 s ，刻度尺的分度值是 1m m ，由此测得重力加速度为_____ 2m / s 。 (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 2xgT 可得 ( ) ( )22 22 22 77.20 26.50 10 26.50 2.50 10 m/s 9.61m/s 1 6 xg T  ---?-?= == 骣÷ç ÷ç ÷ç桫 (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) 的 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). 2.910.01 ； (4). 11.00.2 ； 【解析】（1）灵敏电流计内阻： 1 3 2.00 398.3101.74.00 10g UVRRIA   ； （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： 100 =11.199 gRR    并 ； （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= 3 2.91 2.00 =9110 10G U I    ，电源内阻：r=9.1Ω； 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 的 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 1 1 2 2p V p V 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 10 0hpp g ， 20ppgh   102VSHlh ， 2V S H 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 23 12 VV TT 按题设条件有 3 (2 )V S H h 代入题中数据得 T2=363K 16.如图所示，半径为 r 的 1 4 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） 0mvB Lr R B L （3）   2662 23 1B L n s mR  【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＝ 11 EBLrItt RRR  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， 解得：q2＝ 0mv BL 故通过电阻 R 上的电荷量为：q＝q1+q2＝ （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 即 22BLvt R ＝mv，而 v t＝x＝（1﹣n）s 解得：v＝  221BLns 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： P＝ 2 2 2B L v R ＝ 17.（2020 年山东卷）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 t a n  ，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 0 3 5 v ，Q 的速度大小为 0 2 5 v ；(2) 2 1 07 2525 n n vh g （ ） （n=1，2，3……）；(3) 2 0 18 vH g ； (4) 2 0(8713) 200sin vs g   【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 011 4PQmvmvmv ① 由机械能守恒定律得 222 011 111 4222 PQmvmvmv ② 联立①②式得 10 3 5Pvv ③ 10 2 5Qvv ④ 故第一次碰撞后 P 的速度大小为 ，Q 的速度大小为 (2)设第一次碰撞后 Q 上升的高度为 h1，对 Q 由运动学公式得 2 1 1=2 ( 2 sin ) s0 inQ hgv     ⑤ 联立①②⑤式得 2 0 1 25 vh g ⑥ 设 P 运动至与 Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 02v ，第一次碰后至第二次碰前，对 P 由动能定理得 22 0211 11=22Pmvmvmgh ⑦ 联立①②⑤⑦式得 0 2 0 7 5vv ⑧ P 与 Q 的第二次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 2Pv 、 2Qv ，由动量守恒定律得 0222 4PQmvmvmv ⑨ 由机械能守恒定律得 222 0222 111 4222 PQmvmvmv ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 20 37 55Pvv  ⑪ 20 27 55Qvv ⑫ 设第二次碰撞后 Q 上升的高度为 h2，对 Q 由运动学公式得 2 2 2 =2(2sin) s0 inQ hgv   ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得 2 0 2 7 2525 vh g ⑭ 设 P 运动至与 Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 03v ，第二次碰后至第三次碰前，对 P 由动能定理得 22 0322 11=22Pmvmvmgh ⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得 2 03 0 7 5vv（ ） ⑯ P 与 Q 的第三次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 3Pv 、 3Qv ，由动量守恒定律得 03 3 34PQmv mv mv ⑰ 由机械能守恒定律得 222 0333 111 4222 PQmvmvmv ⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得