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小综合抢分练(六)
(时间：50 分钟)
1.ITER 是指国际热核聚变实验堆，也被誉为“人造太阳”。其运行原理是在装
置的真空室内加入少量氢的同位素氘(H)和氚(H)，通过高温和高压使其产生等离
子体，然后提高其密度、温度使其发生聚变反应，反应过程中会产生He，并且
会产生巨大的能量。关于聚变反应，下列说法正确的是( )
A.所有的同位素都可以用于核聚变反应
B.聚变反应放出的能量主要来源于质量亏损
C.H 与H 核在聚变反应过程中不会产生中子
D.聚变反应中带正电的氘(H)和氚(H)需通过几千摄氏度的高温克服核子间的强相
互作用
答案 B
解析 并非所有同位素都能用于核聚变反应，故A 错误；根据爱因斯坦质能方
程可知，聚变反应放出的能量主要来自质量亏损，故B 正确；H 与H 核聚变的
核反应方程为H＋H→H＋n，核反应过程中会产生中子，故C 错误；聚变反应中
带正电的H 与H 需通过几百万开尔文的高温克服核子间的库仑斥力作用，故D
错误。
2.如图 Ⅰ 、 Ⅱ 分别是氢原子跃迁产生的两种单色光通过同一装置产生的干涉
条纹，下列说法正确的是( )
图1
A. Ⅰ 光的频率比 Ⅱ 光的频率小
B. Ⅰ 光和 Ⅱ 光相遇能发生干涉
C. Ⅰ 光的光子能量比 Ⅱ 光的光子能量小
D.用 Ⅱ 光照射某金属时，能产生光电子，则用 Ⅰ 光照射一定能产生光电子
答案 D
解析 根据Δx＝λ 以及c＝λf 可得，干涉条纹宽度越大，波长越大，其光的频率
越小，所以 Ⅰ 光的频率比 Ⅱ 光的频率大，A 错误；能发生干涉的条件是两光
的频率相同，因为 Ⅰ 光的频率比 Ⅱ 光的频率大，故 Ⅰ 光和 Ⅱ 光相遇不能
发生干涉，故B 错误；光子能量为ε＝hν，因为 Ⅰ 光的频率比 Ⅱ 光的频率大，
所以 Ⅰ 光的光子能量比 Ⅱ 光的光子能量大，故C 错误；用Ⅱ光照射某金属
时，能产生光电子，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，因为 Ⅰ 光的频率
比 Ⅱ 光的频率大，所以用 Ⅰ 光照射一定能产生光电子，故D 正确。
3.(2024·天津耀华中学模拟)2023 年11 月1 日，我国在太原卫星发射中心使用
“长征六号”运载火箭，成功将“天绘五号”卫星发射升空，卫星发射并进入轨
道是一个复杂的过程，如图2 所示，发射卫星时先将卫星发射至近地轨道，在近
地轨道的A 点调整速度进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B 调整速度后进
入目标轨道；已知引力常量为G，地球质量为M，近地轨道半径为r1，目标轨道
半径为r2，下列说法正确的是( )
图2
A.卫星在转移轨道上运动经过A 点时的线速度大小为
B.卫星在转移轨道上从A 点运动到B 点的过程中，引力做负功，机械能守恒
C.卫星在近地轨道上A 点需要点火向前喷气才能进入转移轨道
D.卫星在转移轨道上经过B 点时的加速度大于在目标轨道上经过B 点时的加速度
答案 B
解析 卫星在转移轨道上运动经过A 点时做离心运动，线速度大小大于，故A
错误；卫星在转移轨道上从A 点运动到B 点的过程中，速度逐渐减小，引力做
负功，只有万有引力做功，机械能守恒，故B 正确；卫星在近地轨道上A 点需
要点火向后喷气才能加速，做离心运动进入转移轨道，故C 错误；卫星在同一
点时，万有引力相等，根据牛顿第二定律可知卫星在转移轨道上经过B 点时的
加速度等于在目标轨道上经过B 点时的加速度，故D 错误。
4.(2024·北京朝阳二模)电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某
次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105 J。第一次让
车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x 的关系如图3 中直线①所示；第二次让车
无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x 的关系如图中曲线②
所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是
( )
图3
A.图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B.可求图中②对应过程下滑200 m 回收的电能
C.图中②对应过程下滑100 m 后不再回收能量
D.由题中及图像信息可求出电动车的质量
答案 B
解析 由动能定理F 合x＝ΔEk可见，Ek－x 图线的斜率为合外力，图中①对应过
程汽车所受合力不变，有F 合＝ N＝500 N，故A 错误；在车自由下滑200 m 时
WG＋Wf＝(200－100)×103 J，开启能量回收模式下滑200 m 时，WG＋Wf＋WF＝
(64－100)×103 J，则回收的电能为E＝－WF×90%＝1.224×105 J，故B 正确；
图中②对应过程下滑100 m 后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还
是继续回收能量，故C 错误；由于不知道车与斜坡间的动摩擦因数，故无法由
题中及图像信息求出电动车的质量，故D 错误。
5.(多选)(2024·浙江杭州市质检)如图4 所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比
为1∶2，在副线圈的回路中分别接有电阻R 和电容C，R＝360 Ω。原线圈P、Q
两端接在峰值电压为36 V 的正弦交流电源上，图中交流电压表、交流电流表均
为理想电表。下列说法正确的是( )
图4
A.电压表的示数为72 V
B.电容C 的耐压值大于72 V
C.R 消耗的功率为7.2 W
D.电流表的示数为0.28 A
答案 BC
解析 原线圈电压的有效值为U1＝ V＝18 V，根据＝，可得副线圈两端电压的
有效值为U2＝36 V，电压表为副线圈两端电压的有效值为36 V，R 消耗的功率
为P＝＝7.2 W，故A 错误，C 正确；副线圈两端电压的峰值为36× V＝72 V，可
知电容C 的耐压值大于72 V，故B 正确；流过电阻的电流I＝≈0.14 A，由于电
容器通交流，所以流过副线圈的电流I2＞0.141 A，根据＝，可知流过原线圈的电
流I1＞0.28 A，故D 错误。
6.(2024·广东深圳二模)小张同学想探究欧姆表的内置电源对测量结果的影响，设
计了一个欧姆表，其电路图如图5 所示。
图5
(1)A 接________表笔(选填“红”或“黑”)。
(2)已知图5 中电源的电动势为1.5 V，微安表的内阻约为1 200 Ω、量程250
μA，若在AB 间接电流传感器，调节Rx、R2使得微安表满偏，此时电流传感器读
数为10.00 mA，则图5 中滑动变阻器Rx的规格应选__________。
A.最大电阻10 Ω，额定电流1 A
B.最大电阻50 Ω，额定电流1 A
C.最大电阻200 Ω，额定电流1 A
(3)欧姆调零之后，使用该欧姆表测量电阻箱的阻值，发现欧姆表的读数与电阻
箱阻值相同。为了探究欧姆表的内置电源对测量结果的影响，把图5 中的电源换
成其他型号的电源，重新欧姆调零后，测量电阻箱的阻值，发现欧姆表的测量值
总是偏大。该同学猜想出现上述现象的原因是，更换后的电源电动势更小。
(4)为了验证上述猜想，用图5 的电路测量新电源的电动势和内阻：进行欧姆调
零后，在表笔AB 间接入电流传感器和电阻箱(串联)，改变电阻箱的阻值，读出
电阻箱阻值R 和电流传感器读数I。分析数据后描绘出R－图像(如图6 所示)，则
该电源的电动势为________ V，欧姆表总内阻为________Ω，由此验证了小张同
学的猜想。通过这种方法测得的电源电动势______它的真实值(选填“大于”
“等于”或“小于”)(以上计算结果保留3 位有效数字，电流传感器电阻不计)。
图6
答案 (1)红 (2)B (4)1.33 133 等于
解析 (1)由题图所示可知，图中的A 端应与欧姆表内置电源负极相连，故A 端
接红表笔。
(2)由并联电路电流关系可知Rx的电流为
IRx＝I－IA＝9.75 mA
根据并联电路电阻与电流的关系可知＝
解得Rx≈30.8 Ω
故为满足要求且方便调节，滑动变阻器Rx的规格应选最大电阻50 Ω 的，故B 正
确。
(4)根据闭合电路欧姆定律有R＝－r
根据图像的斜率与截距可知
E＝ V≈1.33 V
由R＝0 时，＝0.100 mA－1，代入可得欧姆表总内阻为r＝＝133 Ω
考虑电流传感器有内阻RA
根据闭合电路欧姆定律有I＝
可得R＝－(RA＋r)
可知不影响R－图像的斜率，故通过这种方法测得的电源电动势等于它的真实值。
7.(2024·江西南昌模拟)如图7 所示，容积为2 L 的暖水瓶内倒入1 L 温度为97 ℃
的热水，将瓶塞轻放入瓶口，瓶塞与瓶口内侧接触良好且不漏气。已知瓶口的横
截面积为12 cm2，瓶塞圆台侧面母线与轴线间的夹角为α，sin α＝0.14，cos α＝
0.99。瓶塞与瓶口间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略
瓶塞的重力。瓶内气体温度始终与水温相同，瓶内气体可视为理想气体，外界大
气压强p0＝1×105 Pa，热力学温度与摄氏温度的关系为T＝(273＋t)K。瓶内温
度缓慢降到78.5 ℃，此时瓶塞恰好不发生滑动。
图7
(1)求瓶内温度为78.5 ℃时，瓶塞受到的摩擦力大小(结果保留2 位有效数字)；
(2)若稍微拔动瓶塞使外部气体进入暖水瓶内，忽略瓶内水温的微小变化，求稳
定后进入瓶内的空气质量与原来暖水瓶中空气质量的比值。
答案 (1)3.1 N (2)1∶19
解析 (1)气体温度缓慢降低过程，气体发生等容变化，则有＝
其中T0＝(273＋97) K＝370 K
T＝(273＋78.5)K＝351.5 K
解得p＝0.95×105 Pa
瓶塞受力分析，如图所示
由平衡条件有
p0S－pS＝FNsin α＋Ffcos α
又Ff＝μFN
联立解得Ff≈3.1 N。
(2)空气进入暖水瓶后，瓶内温度不变，压强等于大气压强，根据pV＋pΔV＝p0V
可得＝＝＝。
8.(2024·湖南长沙高三期中)如图8 所示，质量M＝
1 kg、长L＝1 m 的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝2 kg、可视为质点的物
块以初速度v0＝4 m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝
0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。恒力F 大小
不同，物块在木板上相对于木板滑动的路程s 不同，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度g 取10 m/s2。
图8
(1)若F＝0，物块滑离木板时，求滑块和木板的速度大小；
(2)若物块恰好不从左端滑离木板，求滑块与木板因摩擦产生的热量；
(3)若物块恰好到达木板中点处二者速度相同，求滑块与木板整个运动过程中因
摩擦产生的热量。
答案 (1) m/s m/s (2) J (3)4 J
解析 (1)根据题意，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有mv＝mv＋Mv＋μmgL
联立解得v1＝ m/s，v2＝ m/s。
(2)对物块，由牛顿第二定律有μmg＝ma0
解得a0＝2 m/s2
当物块恰不从木板左端滑出时，对整体，由牛顿第二定律有F2＝(M＋m)a0
解得F2＝6 N
木板的加速度F2＋μmg＝Ma1，解得a1＝10 m/s2
相对运动过程v＝v0－a0t0＝a1t0
t0＝ s，v＝ m/s
相对滑过的路程s＝t0－t0＝ m
摩擦产生的热量Q＝μmgs＝ J。
(3)由于＝ m<s＝ m
结合上一问可知，物块将从木板的左端滑离
因此摩擦产生的热量Q＝μmg·×2＝4 J。
9.(2024·重庆巴蜀中学二模)如图9 所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨
MQN、M′Q′N′，导轨间距L＝0.5 m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角θ＝
37°，MQ＝M′Q′＝4 m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段(大小可忽
略)光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝2 F 的电容器，
在N 和N′两端与电阻R＝0.1 Ω 相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于
倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2 T，在水平导轨的DD′E′E 区域内加有垂直水
平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.8 T，DD′、EE′均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝
L＝0.5 m，cdef 是质量为3m、各边长度均为L 的开口向左的U 形金属框，已知
其de 边电阻为R＝0.1 Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于
DD′E′E 左侧外，一不计电阻的质量为m 的金属棒a 紧贴MM′从静止释放，使其
向下滑行，越过QQ′后与U 形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导
体框沿导轨穿过磁场B2区域。已知：m＝1 kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝
10 m/s2，求：
图9
(1)金属棒a 在倾斜导轨下滑的加速度大小(提示I＝＝)；
(2)de 边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
(3)整个过程中电阻R 上产生的焦耳热。
答案 (1)2 m/s2 (2)1 m/s (3)0.48 J
解析 (1)金属棒a 沿倾斜轨道向下滑行过程中有C＝
又ΔQ＝IΔt，所以电流为I＝C
则由牛顿第二定律mgsin θ－B1L＝ma
又有ΔU＝B1LΔv
则mgsin θ－B1L＝ma
又因为a＝，所以可求得金属棒加速度为
a＝＝2 m/s2。
(2)金属棒a 沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得v＝＝4 m/s
金属棒a 越过QQ′后与U 形金属框发生碰撞，由动量守恒定律mv＝(m＋3m)v1
解得v1＝1 m/s
此后一起匀速向右运动直到de 边进入磁场B2区域，即de 边进入磁场B2区域时
速度为1 m/s。
(3)在de 边进入磁场区域时，de 边左侧电阻为0，即右侧的电阻R 被短路，无电
流。此时回路总电阻就为de 边的电阻R
则碰后粘在一起全部进入磁场B2区域过程，根据动量定理有
－B2I2·L·Δt＝4mv2－4mv1
其中I2＝＝＝
即－B2L＝4mv2－4mv1
解得v2＝0.8 m/s
在cf 边进出磁场时，此时右侧de 边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为
0.5R，则导体框一起全部穿出磁场B2区域过程，同理有
－B2L＝4mv3－4mv2，解得v3＝0.4 m/s
所以此过程中电路产生的总焦耳热
Q＝×4mv－×4mv
电阻R 上产生的焦耳热为QR＝Q
联立解得QR＝0.48 J。
