2020年高考物理复习 高三物理强化特训专题15 综合训练(解析版)

选择题强化训练

专题十五 综合训练（解析版）

（总分100分，时间70分）

一、单项选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分)

1.一辆汽车沿着平直道路行驶，在0～40 s内的x－t图象如图所示，下列选项正确的是( )

A.汽车离出发点的最远距离为30 m B.汽车停止运动的时间为20 s

C.汽车在前20 s内的平均速度大小为22.5 m/s D.汽车在前10 s内与后10 s内的平均速度大小相同

【解析】 由题图可知，汽车在0～10 s的时间内运动了30 m，在10～20 s的时间内停止在距离出发点30 m处，在20～40 s的时间内反向运动，且在t＝40 s时刚好回到出发点，选项A正确，B错误；汽车在前20 sx130x230内的平均速度大小为v1＝＝ m/s＝1.5 m/s，选项C错误；汽车在前10 s内的平均速度大小为v2＝＝

t120t210x315

m/s＝3 m/s，汽车在后10 s 内的平均速度大小为v3＝＝ m/s＝1.5 m/s，选项D错误。

t310【答案】 A

2.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确的是( )

A.一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，可能放出3种不同频率的光子 B.从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会吸收光子，能量升高 C.从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会向外放出光子，能量降低 D.处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的

【解析】 一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，最多可能放出2种不同频率的光子，故A错误；从n＝4能级跃迁到n＝3能级，是从高能级向低能级跃迁，氢原子会放出光子，能量降低，故B错误，C正确；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故D错误。 【答案】 C

3.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为( )

A.0.2π s C.0.6π s

B.0.4π s D.0.8π s

l1

＝π s，摆长为线长减去墙体g

【解析】 小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2π长时对应的周期T2＝2π正确。 【答案】 B

l1－l2T1＋T2

＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，Bg4

4.如图所示，真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则( )

A.A、B、C、D四个点的电势相同 B.A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同

C.负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能

D.正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功

【解析】 由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误。 【答案】 A

5.如图所示，光液面传感器有一个像试管模样的玻璃管，插一块两面反光的玻璃板，入射光线在玻璃管内壁与反光板之间来回发生反射，进入到玻璃管底部，然后在另一侧反射而出(与光纤原理相同)。当透明液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，就可以通过光液面传感器监测出射光的强弱来判定玻璃管是否被液体包住了，从而了解液面的高度。以下说法正确的是( )

A.玻璃管被液体包住之后，出射光强度增强 B.玻璃管被液体包住之后，出射光消失 C.玻璃管被液体包住之后，出射光强度减弱 D.玻璃管被液体包住之后，出射光强度不变

【解析】 玻璃管被液体包住之前，由于玻璃管之外是光疏介质空气，光发生全反射，没有光从玻璃管中射出。当玻璃管被透明液体包住之后，液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，光不再发生全反射，有一部分光进入液体，反射光的强度会减弱，故C正确。 【答案】 C

6.最近，一款名叫“跳一跳”的微信小游戏突然蹿红。游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )

A.棋子从静止至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh B.棋子离开平台时的动能为mgh

C.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh D.棋子落到平台上时的速度大小为2gh

【解析】 由于棋子在最高点具有水平方向的速度，所以机械能的增加量大于mgh，故A、B、D错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中重力做的功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。 【答案】 C

7.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与沙漏a连接，连接滑轮的杆的另一端固定在天花板上，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，下列说法正确的是( )

A.b对c的摩擦力一定先减小后增大 B.地面对c的支持力始终变小

C.c对地面的摩擦力方向始终向左 D.滑轮对绳的作用力方向始终不变

【解析】 设a中沙漏及沙子的质量为m，b的质量为M，由平衡条件可知：绳子拉力T＝mg，若Mgsin θ＞mg，则有Mgsin θ＝mg＋f，若Mgsin θ＝mg，则f＝0，若Mgsin θ＜mg，则有Mgsin θ＋f＝mg，沙子流出时a的质量减小，b对c的摩擦力可能增大、可能减小，所以A项错误；以b、c为整体可知：若仅a的质量减小，绳子拉力T减小，Tsin θ＋FN＝(M＋mc)g，地面支持力增大，所以B项错误；地面对c的摩擦力Ff＝Tcos θ＝mgcos θ，地面对c的摩擦力方向始终向左，c对地面的摩擦力方向始终向右，所以C项错误；两绳子夹角不变，力的大小始终相等，所以绳子对滑轮的合力方向始终在两绳的角平分线上，所以方向不变，即D项正确。 【答案】 D

8.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底边长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为( )

R（F1－F2）A.B＝

L（E1－E2）R（F1＋F2）C.B＝

L（E1－E2）

R（F1－F2）

B.B＝

L（E1＋E2）R（F1＋F2）

D.B＝

L（E1＋E2）

E1

【解析】 当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋BL；接入恒定电压为E2

RR（F1－F2）E2

时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－BL，联立解得B＝，

RL（E1＋E2）选项B正确。 【答案】 B

9.如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角；sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是( )

A.25Ea＝9Eb，φa＞φb C.9Ea＝25Eb，φa＞φb

B.16Ea＝9Eb，φa＜φb D.9Ea＝16Eb，φa＜φb

4

【解析】 设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得rb＝ra，根据点电荷场强公式E＝

3Q16

k2，得Ea＝Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电荷电势越低，r9则有φa＜φb，故D正确。 【答案】 D

10匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图1所示，那么碳14的衰变方程为( )

014A.14 6C→1e＋ 5B 14C→2H＋12B C. 61 5

410

B.14 6C→2He＋ 4Be 014D.14 6C→－1e＋ 7N

【解析】 原子核的衰变过程满足动量守恒，放射出的粒子与反冲核的速度方向相反，由题图根据左手定

140

则判断得知，该粒子与反冲核的电性相反，可知碳14发生的是β衰变，衰变方程为14 6C→ 7N＋－1e，根据动

mv

量守恒定律和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r＝，可知此衰变方程满足题意，故D正确。

qB【答案】 D

11.若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平拋一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为( ) 1A.R 2C.2R

7 B.R 2 D.7R 2

1

【解析】 平拋运动在水平方向上为匀速直线运动，即x＝v0t，在竖直方向上为自由落体运动，即h＝gt2，

2所以x＝v0

g行72hMmGM

，两种情况下，拋出的速率相同，高度相同，所以＝，根据公式G2＝mg可得g＝2，gRRg地4

M行

行g行R27

故＝＝，解得R行＝2R，故C正确。 g地M地4

R2地【答案】 C

12.如图所示，铁板AB与水平地面垂直，一块磁铁吸附在铁板右侧。现缓慢使铁板的B端绕A端沿顺时针

方向转动到与水平地面成θ角，此过程中磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是( )

A.磁铁始终受到三个力的作用 B.铁板对磁铁的作用力逐渐增大 C.铁板对磁铁的弹力逐渐减小 D.磁铁受到的摩擦力逐渐增大

【解析】 沿转动后铁板的方向建立x轴，垂直铁板方向建立y轴，则磁铁的受力如图所示，磁铁受到重力、铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用，故选项A错误；缓慢向下转动的过程，磁铁可视为处于平衡状态，铁板对磁铁的作用力是铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用的合力，与重力等大反向，即铁板对磁铁的作用力不变，故选项B错误；铁板对磁铁的磁力大小不变，缓慢向下转动的过程中磁力的方向与AB的相对位置关系不变，重力沿x轴的分力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，重力沿y轴的分力逐渐增大，因此弹力逐渐减小，故选项C正确，D错误。 【答案】 C

13.中国国家航天局计划于2019年年底前发射“嫦娥五号”月球探测器。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1的环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，再从15 km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引Mm力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的物体中心距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－G(式

r中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为m0。则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是( )

A.“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ上运行的动能

11

B.“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了GM0m0r－R

1

C.“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能 GM0m011

－ D.落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，需要提供的最小能量是

2Rr1

Mmv2

【解析】 根据万有引力定律和牛顿第二定律有G2＝m，得“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的动

rrGM0m0GM0m0

能分别是Ek1＝、Ek2＝，由于r1>R，所以“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能小于在轨道

2r12RGMm

Ⅲ上运行的动能，选项A错误；根据Ep＝－可知，“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的势能分别

rGM0m0GM0m0

是Ep1＝－、Ep2＝－，“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了ΔEp＝

r1R11

GM0m0R－r1，选项B错误；根据能量守恒定律，落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提GM0m011

－，选项C错误，D正确。 供的最小能量是ΔE＝Ep1－Ep2＋Ek1－Ek2＝

2Rr1【答案】 D

二、多项选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分)

14.图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s 时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是( )

A.该波的周期是0.10 s B.该波的传播速度是40 m/s C.该波沿x轴的负方向传播

D.t＝0.10 s时，质点Q的速度方向沿y轴负方向

λ

【解析】 由题图乙可知该波的周期是0.20 s，A错误；由题图甲可知该波的波长λ＝8 m，则波速v＝＝T40 m/s，B正确；由题图乙可知t＝0.10 s时质点Q正沿y轴负方向运动，故该波沿x轴负方向传播，C、D正确。

【答案】 BCD

15..如图所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单光色，取其中a、b、c三种色光，下列说法正确的是( )

A.c光的频率最高

B.在真空中c光的波长最长 C.玻璃对c光的折射率最小 D.在三棱镜中c光传播速度最小

【解析】 根据光的色散规律可知，a光的频率最高，选项A错误；c光的频率最小，故在真空中c光的波长最长，选项B正确；由光路可知，玻璃对a光的折射率最大，对c光的折射率最小，选项C正确；在三棱镜中c光传播速度最大，选项D错误。 【答案】 BC

16.如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )

A.连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为2g R

B.连接B球的绳子恰好拉直时，圆环对A球的作用力为零 C.继续增大转动的角速度，圆环对B球的作用力可能为零 D.继续增大转动的角速度，A球可能会沿圆环向上移动

【解析】 当连接B球的绳子刚好拉直时，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得ω＝

2g，A项正确；连接B球R

的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，由对称性知，A球所受合力也为mgtan 60°，又A球所受重力为mgmg，可判断出A球所受绳子的拉力为＝2mg，A球不受圆环的作用力，B项正确；继续增大转动的角

cos 60°速度，连接B球的绳子上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大时，圆环对A球的弹力不为零，根据竖直方向上A球所受外力的合力为零，可知绳子对A球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此A球不可能沿圆环向上移动，D项错误。 【答案】 AB

17.如所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝202sin (50πt)V的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻连接成闭合电路，电流表为理想电流表。另有一阻值R2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并

联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则( )

A.电阻R1消耗的电功率为12.5 W B.通过电阻R1的交变电流的周期为0.02 s C.电流表的示数为10 A

D.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1

202U2R2

【解析】 加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝ V＝20 V，R2消耗的功率为PR2＝＝12.5 W，又

R222π

电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A正确；由u＝202sin (50πt) V，知ω＝50π rad/s，故周期T＝＝

ω0.04 s，变压器不改变交变电流的周期，故B错误；R1消耗的功率PR1＝PR2＝12.5 W，通过R1的电流IR1＝

PR1

R1

＝2.5 A，则电流表的示数为2.5 A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5 V，原线圈两端电压U1＝U＝20 V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正确。 【答案】 AD

18.如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r。在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是( )

A.t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0 B2d2v

B.t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为

2R

Bdr

C.从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为 R15

D.从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mv20－mgr 44

E1【解析】 t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势E＝Bdv0，金属细杆两端的电压U＝·R＝Bdv0，故A

2R2项错误；t＝t1时刻，金属细杆的速度方向与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细

－

ΔΦBd×2r

杆不受安培力，故B项错误；从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势E＝＝，回路中的电流I＝

Δtt1－

EBdr

，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量q＝It1，解得q＝，故C项正确；设杆通过最高点速度2RR

mv22

为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得mg＝，解得v2＝gr。

r1212

从t＝0到t＝t2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热Q＝mv0－mv2－mg·2r，定值电阻R产生的

22115

焦耳热QR＝Q，解得QR＝mv20－mgr，故D项正确。 244【答案】 CD

19.如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为2×104C的正点电荷Q，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图线，线2为动能随位移变化图线(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，g＝10 m/s2)，则( )

－

A.小球向上运动过程中的加速度先增大后减小 B.小球向上运动过程中的速度先增大后减小 C.由图线1可求得小球的质量m＝4 kg

D.斜杆底端至小球速度最大处，由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U＝2.35×105 V

【解析】 由图线2得知，小球的速度先增大后减小，根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜杆向上先做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜杆向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，故选项A错误，B正确；由线1可得Ep＝mgh＝mgssin Ep60θ，代入数据可以得到m＝＝ kg＝4 kg，故选项C正确；由线2可得，当带电小球运动至1 m

gssin θ1

10×3×2qQ－

处动能最大为27 J，此时重力沿杆向下的分力与库仑力平衡，mgsin θ＝k2，解得q＝1.11×105 C，根据动

s1能定理有－mgh＋qU＝Ekm－0，代入数据得U＝4.23×106 V，故选项D错误。 【答案】 BC

20如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速v

度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则正确的有( )

2

4B2L2v2

A.此时线框的电功率为

R4B2L2v

B.此时线框的加速度为

mRBL2

C.此过程通过线框截面的电荷量为

R3

D.此过程回路产生的电能为mv2

8

BLvBLvEBLv

【解析】 在题图中虚线位置，线框产生的电动势E＝＋＝BLv，电流I＝＝，由牛顿第二定律，

22RRFBIL2B2L2vB2L2v2

2

线框的加速度a＝＝2×＝，选项B错误；线框的电功率P＝IR＝，选项A错误；由法拉

mmmRRΔΦBL2

第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q＝It＝＝，选项C正确；由能量

RR121v232

守恒定律，可得回路产生的电能W＝mv－m2＝mv，选项D正确。

228【答案】 CD

21.如图甲所示,在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠B=。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子,已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t,而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力)。则下列判断中正确的是( )。

甲

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t B.该匀强磁场的磁感应强度大小为

C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d

D.粒子进入磁场时的速度大小为

【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=t,则得周

期T=4t,A项正确;由T=4t,R=,T=,得B0==,B项正确;运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如

图乙所示,根据几何关系有Rsin +=d,解得R=d,C项正确;根据粒子在磁场中运动的速度v=,周期T=4t0,

半径R=d,联立可得v=,D项错误。

乙 【答案】ABC