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1、精选优质文档-倾情为你奉上单元测试答案单元测试（一）1D 2BD 3D 4C 5C 6C 7BC 8D 9 (1)0.415 (2)2.00 10【解析】纸带移动速度，又r，因此本题中T为电磁打点计时器打点的时间间隔,但题中示标明T0.02s，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0.02s，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0.02s11【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=vt1 用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间，因
2、为入射角等于反射角，故有hdOA2=vt2 郝 已知t2t1t 图1联立式，可得: h=代入数值得h=2.0103m郝12【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2 这段时间内自行车发生的位移41 m4 m,汽车关闭油门时离自行
3、车的距离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，a1 m/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 此时工件速度传送带运动速度应不小于此速度若把速率再提高一倍，零件传送仍需单元测试（二）1A 2B 3C 4BC 5A 6B 7CD 8D9 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 ；=（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
4、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=2FT =600N，由题意及受力分解图可知：N N12【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
5、度为 绳中张力T=2mg 弹簧C的伸长量 ab间的距离为T1B3753ACT2G图甲13【解析】（1）取C点为研究对象进行受力分析如图甲所示：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 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=120N 故重物的最大重力为 （2）在图甲中，设AB=s，由几何关系，绳长l=scos53+s cos37=1.4s若将挂钩换成滑轮，则静止时C点位于AB的中垂线上，BAC图乙TTG此时两根绳子的张力大小相相等 对C点受力分析，如图乙所示，由几何关系cos=0.7 由图示关系有重物的最大重
6、力为 故重物的最大重力为Gm=168N 单元测试卷（三）1. BD 2. AD 3. A 4. D 5. C 6. A 7. C 8. AD9.光滑斜面的长度至少为lmin=2.04m，斜面的倾角为1.5010. mM，0.46ms211.【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2.15倍12【解析】（1）由位移公式 沿斜面方向，
7、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=05 kg 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f=1N(2)由f=mg 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1 kg)作图如图示。单元测试（四）1C 2C 3C 4B 5A 6BD 7BC 8AB9BD 10.（1） （2）D （3），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。（
8、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4-9 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 在高空 联立和式，解得 RmO4-1013【解析】（1）设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用根据牛顿运动定律得： 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
9、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）1.A 2.BC 3.C 4.C 5.B 6.AD 7.B 8.B 9. 1310. (1)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)5.055.10 0.480.50(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
10、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 大块势能的改变量为: 3a/4a/4根据功能原理，力F所做的功： (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
11、=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）1B 2D 3B 4C 5C 6ABD 7ACD 8D 9. V 垂直于AB指向C 10. 11由得取，则又12. (1)小球由AB
12、过程中，由动能定理得：mgLsin60-qUAB=0所以UABmgL/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=v0t L=1.5v0t2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=at12=y2=at22= 由动能定理，得 qEy1=2EkEk qEy2=EkEk解得：Ek=Ek2.7Ek单元测试(七)1C 2B 3D 4BCD 5AC 6A 7C 8A 9（1） ACDFH （2）小随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电
13、阻率增大，电阻增大10（1） r1 （2）R12R2r1 （3）A 11【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=2（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011V（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=4.913【解
14、析】（1）传感器的电阻R传=U传2/P传=10，传感器的额定电流I传=P传/U传=0.9/3A=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=10时R0两端的电压，即：U0=I传R0m=0.310V=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=0.16R传+1.48根据第二次实验记录数据由：U= R传I2+U2即：U=0.22R传+0.91解得：R传=9.5，U
15、=3V传感器的电阻变化为R= R传R传=109.50.5此传感器仍然可以使用单元测试(八)1ABC 2B 3B 4D 5A 6AD 7C 8A9. 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)12A12【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=2105m/s(2)粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力eB2v=m R= 设质子质量为m，则氘核质量为2m， d=2一2=5.2l0-3m13【解析】（1）粒子从M到
16、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）1.B 2.A 3.B 4.AC 5.D 6.AC 7.B 8.D9.匀加速直线 10.0.4m/s 11. 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 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 （2）设棒的速度变为初速度的时，棒的速度
17、为，则由动量守恒可知此时回路中的感应电动势和感应电流分别为 此时棒所受的安培力棒的加速度由以上各式，可得单元测试（十）1C 2D 3B 4A 5C 6D 7ABD 8AD9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R19.2设转子中产生的感应电动势的最大值为Em，则EmNBS2n200.51.4110-22这样灯泡上的实际电压为U实ER/(Rr)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R14k当电流表示数为I12mA时：EI1（RgR1 ；当电流表示数为I23.6m
18、A时，设热敏电阻R的阻值为R2，则EI2（RgR2），解得Rg0.5k，R22k ，由图乙查得，当R的阻值为R12k时，温度等于12013【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=2.5V0T(2)在0T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T2T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2T2.5T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，则tan=单元测试题(十一)1.B 2. B 3. D 4. ACD 5. B 6D 7 B
19、8B9. 接触 上层 下 10AB 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0.51.01.511. 【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）g13.【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）1A 2A
20、 3A 4BD 5A 6C 7AD 8ACD9. （1）光路如图所示 （2）i和r （3） 10. （1）相干 （2）11.4 16.7 ；减小测量的偶然误差（或提高实验的精确度）、6.610-7m （3）变小11. 【解析】（1）根据爱因斯坦光电效应方程EK= hW，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 =eUW（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
21、，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 得 L4=5 m.对B灯光的折射过程，有 ，解得：L2=4.35m 即灯在水面下4. 35 m深处13. 【解析】（1）设每秒到达感光胶片的光能量为E0，对于 =500 nm的光子能量为E=h， 因此每秒达到感光胶片的光子数为 由、式及代入数据 得 n=1.25106（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= 2.4102 m（3）由第（2）问的计算
22、结果可知，两光子间距有2.4102 m，而小灯泡到感光胶片之间的距离只有1.2 m，所以在熏黑玻璃右侧的暗箱里一般不可能有两个光子同时同向在运动这样就排除了衍射条纹是由于光子相互作用产生的波动行为的可能性因此，衍射图形的出现是许多光子各自独立行为积累的结果，在衍射条纹的亮区是光子到达可能性较大的区域，而暗区是光子到达可能性较小的区域这个实验支持了光波是概率波的观点. 单元测试（十三）1 AB 2B 3BC 4A 5CD 6B 7BD 8B9（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） A B D11【解析】子弹、A、B三者组成的
23、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)mv(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）1ABC 2C 3C 4ACD 5B 6C 7BC 8A 9 4.8eV 10 1.261020 H11【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
24、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1.0m m/s J J 13【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=6.8eV，这个能
25、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10.2ev，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. D 2. AC 3. C 4. AC 5. D 6. CD 7. C 8. B 9. A 10. ACD11.（1）104.05 （2）5.767 12. （1）7.62 （2）7.5613.（1）7.5m/s2；（2）当f=kv2=mg时，匀速下落，v=6m/s14. 【解析】因为警车与肇事汽车的行驶条件完全相同，即二者刹车时的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的关系式vt2v02=2as可得：以警车为研究对象：vm2 =2as
26、 以肇事汽车为研究对象：vA 2 =2asAC，联立解得：vA =21m/s 肇事汽车在B点时的速度大小为vB 2 =2asBC，得vB=14.0m/s 肇事汽车通过AB所用的时间可由sAB= (vA+vB)t1/2 求得：t2=1s 游横过马路时的速度大小为：v人=sBD/（t1+t2）=1.53m/s(式中的t1为反应时间) 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
27、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，有对滑块，有由三式解得（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=0.6N电磁学综合测试1D 2B 3BCD 4C 5B 6D 7BC 8B 9BD 10AD11. （1）K1断开，K2接到a端，记下电压表的读数U1；K2仍接
28、到a端，闭合K1，记下电压表的读数U2；K1仍闭合，K2接到b端，记下电压表的读数U3. （2）U1 12. （每空分，图、图B各2分）E=1.46Vr=0.7113. 【解析】由动能定理得 =3.125103C/kg由得： 粒子通过电场过程中的位移所以场强E=1.6104V/m14. 【解析】带负电 微粒静止 F=mg 又 F=Eq= q= 向下极板运动 根据动能定理得 15【解析】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=3.2/0.8()=4则R1未烧断时：路端电压U/=R2I/=3V ， R1未烧断时： R1烧断后：由上两式得：E=4
29、V，r=116【解析】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 = ，R = 2OA，由B = = 0.1T，得从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210和30，则 = = 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 = 0t和y = t2以及tan30 = 由以上解得t = = 10-7s光学、 原子物理综合测试1. BC 2. A C 3. AB 4.B5.D 6. B7. B 8.CD 9. C 10. A11.（1） ABD A CD（2）S1与 S2间的距离，S1（或S2）与光屏间的距离，干
30、涉条纹间距.12.（1）如图所示，画出通过P1、P2、P3、P4的光线，包括在棱镜内的那部分光路.（2）入射角i和折射角r（见图）（或线段EF、OE、GH、OG）13.【解析】（1）电子绕核运动具有周期性，设运动周期为T ，由牛顿运动定律和库仑定律得 又轨道上任意处，每一周期内通过该处的电量为e，由电流的定义式 联立式得1.0510-3An=1n=2n=3（2）由于这群氢原子自发跃迁辐射，会得到三条光谱线，如下图所示（3）波长最长得光子能量最小，发生跃迁的两个能级的能量差最小，根据氢原子的能级分布规律可知，氢原子一定是从 n3的能级跃迁到 n2的能级形成的.设该波的波长为，由得=6.5810-
31、7m14.【解析】（1）A属于聚变方程 2 图甲oR1R2r1r2R1v2v2R2MO E = m2m3(mmn)C2 （2）如图甲所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射 入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B1，即为要求的值.设轨迹圆的半径为r1，则 由：解之得：（3）如图乙所示，要使沿OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大值与磁场外边界圆相切.设这时轨迹圆的半径为r2，速度为v2，则：图乙b区域Ba区域OMR2R1b区域B 解之得： 又解之得 离子在b区域中做匀速圆周运动的周期 离子在b区域中一次运动的时间 离子在a区域中由O到M点的运动时间 离子在a、b区域内运动的周期 15.（14分）【解析】（1）光路如下图所示；图中MN为可视区域（2）由图可知： 得 CM=10cm PM=34cm 由、式得PN=68cm 可视区域的长度MN=PN-PM=34cm 由牛顿第二定律得f=umg=ma a=2m/s2 由运动学公式： 0v02=2aS 由、式得物体刚进入可视区的速度： （3）由运动学公式0v0=at 得 专心-专注-专业