20202021年高三物理单元同步提升训练综合训练二pdf

2020-2021年高三物理单元同步提升训练：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Eh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cvn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.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k2hhpmE可知质子的德布罗意波长1p，k1E，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kEhW当0hW，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hν0B.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2hν0D.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，Uc＝heν－W0e，可知当入射光的频率大于极限频率时，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】A4.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】A5.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】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，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】D7.（2020年北京卷）如图所示，理想变压器原线圈接在msinuUt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2A的示数减小B.电压表1V的示数减小C.电压表2V的示数不变D.电流表1A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2V的示数减小，故电流表2A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212mvGMmRR解得第一宇宙速度为1GMvR所以火星的第一宇宙速度为10%5=50%5vvv地地火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2GMmmgR解得星表面的重力加速度2210%2===550%GMgggR火地地火火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26410W´，其辐射的能量来自于聚变反应。在聚变反应中，一个质量为21876.1MeV/c（c为真空中的光速）的氘核（21H）和一个质量为22809.5MeV/c的氚核（31H）结合为一个质量为23728.4MeV/c的氦核（42He），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2939.6MeV/cC.太阳每秒因为辐射损失的质量约为94.410kgD.太阳每秒因为辐射损失的质量约为217.6MeV/c【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21876.12809.53728.417.6nmc解得2939.6MeV/nmc，选项B正确；C．太阳每秒放出的能量26410JEPt损失的质量269216410kg4.410kg910Emc选项C正确；D．因为2626453919410410J=eV2.510eV=2.510MeV1.610E则太阳每秒因为辐射损失的质量为39222.510MeV/cEmc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3C.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12sin51°【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°－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＝180°－78°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＝sinrasini＝sin52.5°sin30°sin60°sin30°＝3，故B错误；介质对b光的折射率nb＝sinrbsini＝sin51°sin30°na，则a光的频率大于b光的频率，故C错误；b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为sinC＝1nb＝12sin51°，故D正确。【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向右做直线运动。其速度的倒数1v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.导体棒运动的时间为3L02v0C.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数1v随位移x变化的关系可知，导体棒做非匀变速直线运动，图线与横轴所围的面积表示时间，导体棒运动的时间为t＝121v0＋2v0×L0＝3L02v0，选项A错误，B正确；根据图象可得，1v＝1v0＋1v0L0x，解得v＝v0L0L0＋x，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律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝B·(L0＋x)·v0L0L0＋x＝BL0v0，为一恒量，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流大小I＝ER＝BL0v0R不变，选项C正确；根据能量守恒定律知，在棒从GH处运动到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＝I2Rt＝BL0v0R2R×3L02v0＝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!mv20，即外力做的功为W＝错误!－错误!mv