高考物理复习资料大全单元测试答案

单元测试答案单元测试（一）1．D2．BD3．D4．C5．C6．C7．BC8．D9．(1)(2)10．【解析】纸带移动速度eqυ＝\f(x2－x1,T(n－1))，又υ＝ωr，因此eqω＝\f(x2－x1,T(n－1)r)．本题中T为电磁打点计时器打点的时间间隔,但题中示标明T＝，少数学生无法计算(2)的结果，当打点计时器接在50Hz交流电上时，T才等于，若交流电的频率不是50Hz（如欧美、日本的交流电频率为60Hz），则T不等于．11．【解析】如图1所示，A表示爆炸处，O表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度。用t1表示爆炸声直接传到O处所经时间，则有d=vt1①用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间，因为入射角等于反射角，故有hdOA2eq\r((\f(d,2))2+h2)=vt2②hdOA已知t2－t1＝Δt③图1联立①②③式，可得:h=eq\f(1,2)eq\r((vΔt)2+2dvΔt)图1代入数值得h=×1012．【解析】汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离自行车的距离x，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移x汽与自行车在这段时间内发生的位移x自之差，如图2所示．汽车减速到4m/s时发生的位移和运动的时间分别为图2eqx\d\ba0()汽＝\f(υ\d\ba0()汽\d\ba4()2－υ\d\ba0()自\d\ba4()2,2a)＝\f(100－16,2×6)m＝7m图2eqt＝\f(υ\d\ba0()汽－υ\d\ba0()自,a)＝\f(10－4,6)s＝1s这段时间内自行车发生的位移eqx\d\ba0()自＝υ\d\ba0()自t＝4×1m＝4m,汽车关闭油门时离自行车的距离eqx＝x\d\ba0()汽－x\d\ba0()自＝7m－4m＝3m．13．【解析】工件放上传送带后，先加速，当速度达到传送带运动速度时，将经此速度匀速运动．设工件加速度为a，则eq\f(22,2a)＋(6－\f(2,a)×2＝10，a＝1m/s2若传送带运动速度足够大，工件一直加速到B处，则时间最短，设为tmin，则eq\f(1,2)at2min＝10eqtmin＝2\r(5)s此时工件速度eqυ＝atmin＝2\r(5)m/s传送带运动速度应不小于此速度若把速率再提高一倍，零件传送仍需eq2\r(5)s．单元测试（二）1．A2．B3．C4．BC5．A6．B7．CD8．D9．③将木块放在水平放置的木板上，用橡皮条水平拉动木块，使木块在木板上匀速运动，测量出这时橡皮条的长度l2；μ=（l2-l0）/（l1-l0）．10．（1）C（2）10；5011．【解析】（1）先以人为研究对象，人受重力G、地面对人的支持力FN、绳子的拉力FT三个力作用．由平衡条件可得：FN+FT=G，而对物体有FT=G物=300N，由上述方程得FN=200N．由牛顿第三定律可知人对地面的压力FN'=200N．（2）以B点为研究对象，其受力情况如图所示．将绳子的拉力F分解为两个力：一个分力是对AB杆的拉力FAB、一个分力是对BC杆的压力FBC．对滑轮有：F=2FNN12．【解析】（1）当弹簧C未发生形变时弹簧B处于压缩状态，设压缩量为，根据平衡条件和胡克定律有kx0=mg，解得（2）当弹簧C的右端点沿水平缓慢拉到b位置时，因弹簧B对物体A的拉力大小恰好等于A的重力，说明弹簧处于伸长状态，且伸长量所以物体A上升的高度为绳中张力T=2mg弹簧C的伸长量ab间的距离为T1B37°53°ACT1B37°53°ACT2G图甲由图可知，物体平衡时AC上的张力T1和BC上的张力T2的关系：T2=T1tan37°①所以当AC上的张力为最大值120N时，BC上的张力小于120N，因此计算中取T1=120N②故重物的最大重力为③（2）在图甲中，设AB=s，由几何关系，绳长l=scos53°+scos37°=若将挂钩换成滑轮，则静止时C点位于AB的中垂线上，BθBθAC图乙TTG对C点受力分析，如图乙所示，由几何关系cosθ=≈④由图示关系有重物的最大重力为⑤故重物的最大重力为Gm=168N单元测试卷（三）1.BD2.AD3.A4.D5.C6.A7.C8.AD9.光滑斜面的长度至少为lmin=2.04m，斜面的倾角为10.m<<M，0.46m／s211.【解析】（1）设飞艇在25s内下落的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得 解得：m/s2 飞艇在25s内下落的高度为m（2）25s后飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度v为m/s 减速运动下落的最大高度为m 减速运动飞艇的加速度大小a2至少为m/s2 设座位对大学生的支持力为FN，则 即大学生对座位压力是其重力的倍12．【解析】（1）由位移公式沿斜面方向，由牛顿第二定律得：联立并代入数值后，得（2）在垂直斜面方向上，又联立并代入数值后，得13.【解析】(1)由牛顿第二定律得：有：所以，直线的斜率等于物体质量的倒数，即kg-1物体的质量m=0．5kg直线与横轴交点表示物体刚要运动时，拉力与摩擦力大小相等13题图即摩擦力大小f13题图(2)由f=μmg得物体与水平面的摩擦因数(3)（题目要求：当质量加倍时，物体刚要运动是拉力F=2N，直线的斜率变为1kg)作图如图示。单元测试（四）1．C2．C3．C4．B5．A6．BD7．BC8．AB9．BD10.（1）①③②④（2）D（3），θ是n个点对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔。（4）没有影响11．【解析】（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则4-94-9又由得而联立以上各式得（2）设小孩到最低点的速度为，由机械能守恒，有在最低点，据牛顿第二定律，有代入数据解得FN=1290N由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N．12．【解析】在月球表面①在高空②联立①和②式，解得RmO4-1013．【解析】（1）设此时盒子的运动周期为RmO4-10解之得：（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：由第一问知：且由上述三式知：设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为N，根据牛顿运动定律知：在水平方向上：即：在竖直方向上：即：因为F为正值、N为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力．单元测试（五）9.1∶310.(1)②接通打点计时器的电源,释放小车,关闭打点计时器的电源(2)～～(答案在此范围都得分)(3)重力(钩码的重力)摩擦力(阻力)(4)(速度平方的变化与位移成正比)小车的质量aa/211.【解析】（1）因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为，其势能的改变量为aa/2大块势能的改变量为:3a/4a/4根据功能原理，力F所做的功：3a/4a/4(2)因容器水面面积为2a2，只是木块底面积的2倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于下方划斜线区域的水被排开到上方划斜线区域.这部分水的质量为/2，其势能的改变量为：.12.【解析】(1)平抛所用时间为t=，水平初速度为v=.(2)1min内喷出水的动能为Ek=mv2=25mgh 水泵提水，1min内水所获得的重力势能为Ep=mg(H+h) 1min内水泵对水所做功为W=Ek+Ep=mg(H+26h)(3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=13.【解析】（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功由动能定理可得：离开B点时的速度（2）滑雪者离开B点后做平抛运动，是落在台阶上呢？还是落在台阶下呢？题目没有明确说明，是模糊条件。但可以用假设法分析求解。设滑雪者离开B点后落在台阶上，则根据平抛运动的规律可得：可解得此时必须满足即。但当时，滑雪者直接落到地面上，可解得单元测试（六）1．B2．D3．B4．C5．C6．ABD7．ACD8．D9.V垂直于AB指向C10.11．由得取，则又12.(1)小球由A—B过程中，由动能定理得：mgLsin60°-qUAB=0所以UAB＝mgL/2q (2)E＝ 13．【解析】（1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为L，则有L=v0tL=解得：t1：t2=3：2（2）设粒子的质量m，带电量为q，匀强电场场强为，带电粒子两次在场强方向的偏转位移分别为y1、y2，则有y1=eq\f(1,2)at12=eq\f(qEl2,2mv02)y2=eq\f(1,2)at22=eq\f(qEl2,2m2)由动能定理，得qEy1=2Ek－EkqEy2=Ek'－eq\f(9,4)Ek解得：Ek'=eq\f(97,36)Ek≈单元测试(七)1．C2．B3．D4．BCD5．AC6．A7．C8．A9．（1）ACDFH（2）小随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．10．（1）r1（2）R1—2R2—r1（3）A11．【解析】系统加速度a向左时，其中△x为弹簧伸长量（压缩量），滑动臂向右移动△x由上两式可以得到：系统加速度a向右时，滑动臂向右移动△x，由上两式可以得到：12．【解析】（1）由乙图可知，当R趋近无穷大时，E=12V，而当U=6V=E/2时，应有r=R=2Ω（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11V．（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小。，解得：RAB=Ω．13．【解析】（1）传感器的电阻R传=U传2/P传=10Ω，传感器的额定电流I传=P传/U传=3A=0.3A，（2）要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流I=I传=0.3A此时电源电压最大值Um=U传+U0U传传感器的额定电压，U0为R0调至最大值Rom=10Ω时R0两端的电压，即：U0=I传R0m=×10V=3V所以电源电压的最大值Um=U传+U0=6V（3）设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传＇，根据第一次实验记录数据由：U=R传＇I1+U1，即：U=×R传＇+根据第二次实验记录数据由：U=R传＇I2+U2即：U=×R传＇+解得：R传＇=Ω，U=3V传感器的电阻变化为△R=R传—R传＇=10Ω—Ω≤Ω此传感器仍然可以使用．单元测试(八)1．ABC2．B3．B4．D5．A6．AD7．C8．A9.垂直于线框各边且指向三角形外侧；零10.B的一个分量垂直于v1向下，另一个分量平行于v1．在第2个实验中v2、B、f2两两互相垂直；f2/qv211．(1)15A(2)12．【解析】(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向．即eB1v=eEv=m/s=2×105m(2)粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力．eB2v=mR=设质子质量为m，则氘核质量为2md=×2一×2=×l0-3m13．【解析】（1）粒子从M到N过程作类平抛运动，，由代入解得：(2)粒子在电场中逆电场方向偏转，粒子带负电，在磁场中顺时针转动，磁场方向垂直于纸面向里(3)设粒子到达N点与x轴夹角为，则，将（1）中相应式子代入得：，，由几何关系，粒子到达P点时与x轴夹角仍为，OP=l，速度粒子在磁场中作匀速圆周运动，，，单元测试（九）9.匀加速直线10.0.411.负12.(1)匀速运动(2)(3)13.【解析】（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有 ①根据能量守恒，整个过程中产生的总热量②（2）设棒的速度变为初速度的时，棒的速度为，则由动量守恒可知 ③ 此时回路中的感应电动势和感应电流分别为 ④ ⑤此时棒所受的安培力 ⑥棒的加速度 ⑦由以上各式，可得 ⑧单元测试（十）1．C2．D3．B4．A5．C6．D7．ABD8．AD9．变暗10．（1）a（2）左（3）乙图中左边电源电压太低或者线的匝数太少或者弹簧的劲度系数太大．11．【解析】灯泡的电阻R＝Ω．设转子中产生的感应电动势的最大值为Em，则Em＝NBS×2πn＝20×××10-2×2这样灯泡上的实际电压为U实＝ER/(R＋r)＝24(V)．灯泡电压等于实际电压，灯正常发光．12．【解析】由图乙查得，当温度等于20℃时，R的阻值为R1＝4kΩ．当电流表示数为I1＝2mA时：E＝I1（Rg＋R1；当电流表示数为I2＝时，设热敏电阻R的阻值为R2，则E＝I2（Rg＋R2），解得Rg＝Ω，R2＝2kΩ， 由图乙查得，当R的阻值为R1＝2kΩ时，温度等于120℃．13．【解析】(1)由于粒子在水平方向不受力的作用，做匀速直线运动，所以，S水平=V0t=(2)在0～T时间内粒子在沿场强方向做初速为零的匀加速直线运动，v1=at1=；在T～2T时间内因U=0，粒子在沿场强方向做匀速直线运动，速度保持不变；在2T～时间内，粒子在沿场强方向以v1开始做匀加速直线运动，v2=v1+at2=所以：v=设v与水平方向的夹角为θ，则tanθ=单元测试题(十一)2.B．3.D．4.ACD5.B6．D7．B8．B9.接触上层下10．AB还要测出小球半径摆长应为应数到61次时周期数才是60个11.【解析】从波向右传播知道，Q点开始振动的方向是向下，周期正是1s．波的传播速度为，故从Q点传到P点还需要，要画的图象就从此时开始有，注意到振幅，可以作出下列振动图象12．（1）2g（2）13.【解析】（1）振幅为4cm，1s为25个周期,所以a的路程为4m（2）a、b在x轴上的距离大于一个波长，可以做出上面两个图形，从左图知a、b之间相距为（n+1/4）波长，右图知a、b之间相距（n+3/4）波长，所以得到两种系列波长分别为从而得到两个系列波速单元测试（十二）1．A2．A3．A4．BD5．A6．C7．AD8．ACD9.（1）光路如图所示（2）∠i和∠r（3）10.（1）相干（2）；减小测量的偶然误差（或提高实验的精确度）、×10-7m（3）变小11.【解析】（1）根据爱因斯坦光电效应方程EK=h—W，光子的频率为．所以，光电子的最大初动能为EK=－W，能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板的动能为EK1，由动能定理，得eU=EK1一EK，所以EK1=eU＋－W．（2）能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子.则，得t=d12.【解析】如所示，图12-12设水面为CF,A到水面点C的距离为L1，B灯与水面点C之间的距离为L2，人眼到水面上点F之间的距离为L3，点C、D之间的距离为L4,由A灯光的反射图12-12得图12-12得L4=5m.对B灯光的折射过程，有，解得：L2=4.35m．即灯在水面下4.35m深处．13.【解析】（1）设每秒到达感光胶片的光能量为E0，对于=500nm的光子能量为E=h，①因此每秒达到感光胶片的光子数为②由①、②式及代入数据得n=×106（个）（2）光子是依次到达感光胶片的，光束中相邻两光子到达感光胶片的时间间隔;相邻两光子间的平均距离为S=c=×102m（3）由第（2）问的计算结果可知，两光子间距有×102m，而小灯泡到感光胶片之间的距离只有单元测试（十三）AB2．B3．BC4．A5．CD6．B7．BD8．B9．（1）动量守恒（2）船长L和船后退距离d（3）M=10．（1）65（填64cm—65cm之间均可）（2）ABD11．【解析】子弹、A、B三者组成的系统动量守恒，设B的质量为m，子弹初速方向为正向，则12．【解析】设人跳车后车速增加量为△v，则人跳车后车速为v0+△v，人相对地速度为v－(v0+△v),根据动量守恒定律：（M+m）v0=M(v0+△v)－m[v－(v0+△v)]所以m/s13．【解析】他这样做不正确。他混淆了动能变化与做功之间的关系。（1）子弹与木块动量守恒：所以：（2）木块与子弹在水平面上克服阻力做功，动能减小为0，即： 解得：单元测试（十四）1．ABC2．C3．C4．ACD5．B6．C7．BC8．A9．10．×1020H11．【解析】质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为代入数值，得=46N，为斥力。上夸克与下夸克之间的静电力为代入数值，得=23N，为吸力12．【解析】（1）（2）分析知，粒子做匀速圆周运动半径为1.0mm/s JJ13．【解析】两个处于基态的氢原子发生正碰，若是有动能损失，则由能量守恒可知，损失的动能转化原子的结合能（就是原子的能量，原子的能级跃迁可能吸收光子，也可能是在原子碰撞中获得能量，从而发生跃迁）.在碰撞中，动能损失最大的碰撞是完全非弹性碰撞，也就是当两个氢原子获得共同速度.由动量守恒定律可得：此过程损失的动能为。这两个氢原子在碰撞过程中损失的最大动能为△EK=，这个能量不足以使处于基态的氢原子向激发态跃迁，因为基态的氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为，所以这两个氢原子碰撞不会失去动能，只能是弹性碰撞.力学综合测试1.D2.AC3.C4.AC5.D6.CD7.C8.B9.A10.ACD11.（1）（2）12.（1）（2）13.（1）7.5m/s2；（2）当f=kv2=mg时，匀速下落，v=6m/s14.【解析】AB=(A+B)1/2求得：15.【解析】（1）由机械能守恒定律，有解得v＝（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有碰后A、B一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功由能量守恒定律，有解得16.【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有，解得，则（个）（2）滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为对小球，有 ① ②对滑块，有 ③由①②③三式解得（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为，则由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为，此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿第二定律，得因为，由以上三式解得T=电磁学综合测试1．D2．B3．BCD4．C5．B6．D7．BC8．B9．BD10．AD11.（1）①K1断开，K2接到a端，记下电压表的读数U1；②K2仍接到a端，闭合K1，记下电压表的读数U2；③K1仍闭合，K2接到b端，记下电压表的读数U3.（2）U112.（每空２分，图Ａ、图B各2分）E=r=13.【解析】由动能定理得=×103C/kg由得：粒子通过电场过程中的位移所以场强E==×104V/m14.【解析】⑴带负电∵微粒静止F=mg又F=Eq=∴q=⑵向下极板运动根据动能定理得15．【解析】⑴因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，可断定发生故障电阻是R1。由R1烧断后:R2=U/I=(Ω)=4Ω则R1未烧断时：路端电压U/=R2I/=3V，⑵R1未烧断时：R1烧断后：由上两式得：E=4V，r=1Ω16．【解析】⑴如图所示，设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．所以：sin30°=eq\f(OA,R)，R=2×OA，由B=eq\f(mυ0,Rq)=，得．⑵从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210°和30°，则eq\f(t1,t2)=eq\f(θ1,θ2)=eq\f(7,1)⑶两次质子以相同的速度和夹角进入电场，所以在电场中运动的时间相同．由x=υ0t和y=eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2以及tan30°=eq\f(x,y)由以上解得t=eq\f(2\r(3)mυ0,Eq)=eq\r(3)×10-7s．光学、原子物理综合测试1.BC2.AC3.AB

6.B 7.B9.C10.A11.（1）=1\*GB3①ABD