备战2025年高考二轮复习物理（广东版）考前热身练 基础题保分练1（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（广东版）考前热身练 基础题保分练1（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024辽宁鞍山二模)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置,其简化装置如图所示,座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充满一定质量的空气(可视为理想气体),气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。气闸舱与座舱在太空中可认为与外界绝热。下列说法正确的是( )
A.气体平衡后压强增大
B.气体平衡后内能减小
C.气体平衡后温度不变
D.气体平衡后分子热运动的平均动能增大
答案 C
解析 气体平衡后体积增大,密度减小,压强减小,A错误;气体自由扩散,没有对外做功,气闸舱与座舱在太空中认为与外界绝热,则气体温度不变,内能不变,分子热运动的平均动能不变,故B、D错误,C正确。
2.(2024湖南岳阳二模)现在地球上消耗的能量,追根溯源,绝大部分来自太阳,即太阳内部核聚变时释放的核能。已知氘氚核聚变方程为 12H+13HHe+ 01n,其中 12H的比结合能为E1,13H的比结合能为E2,24He的比结合能为E3,则一个氘核与一个氚核发生这样的核反应释放的能量为( )
A.E3-E1-E2
B.E1+E2-E3
C.4E3-2E1-3E2
D.2E1+3E2-4E3
答案 C
解析 因为该反应放出能量,所以生成物的比结合能更大,由题意可知,12H有两个核子,13H有三个核子,24He有四个核子,所以其释放的核能为ΔE=4E3-2E1-3E2,故选C。
二、多项选择题:本题共2小题,每小题6分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
3.(2024浙江二模)下列说法正确的是( )
A.图甲所示实验中,A、B两小球位置可互换
B.图乙所示装置中,该容器在水从下方弯曲喷口流出时会发生旋转,这是反冲现象
C.图丙所示电路中,若在线圈中放入铁芯,稳定状态下灯泡会比没有铁芯时更暗
D.图丁所示实验中,b图中椭圆为玻璃片上石蜡受热融化区域的形状
答案 BC
解析 图甲所示实验中,为防止入射小球反弹,入射小球质量应大于被撞小球,则A、B两小球位置不可互换,故A错误;图乙所示装置中,该容器在水从下方弯曲喷口流出时会发生旋转,这是反冲现象,故B正确;图丙所示电路中,若在线圈中放入铁芯,线圈的感抗变大,则稳定状态下灯泡会比没有铁芯时更暗,故C正确;图丁所示实验中,由于玻璃是非晶体,表现为各向同性,因此各个方向上导热均匀,石蜡熔化区域形状为圆形(a图),故D错误。
4.(2024江苏南京一模)某同学用可拆变压器探究“原副线圈的电压比与匝数比的关系”。如图甲所示,他将原线圈接在交流电源上,将副线圈接在电压传感器(可视为理想电压表)上,观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图乙所示,在t1~t2时间内该同学先断开开关,其后进行的操作可能是( )
甲
乙
A.增加了交流电源的频率
B.拧紧了松动的铁芯Q
C.增加了副线圈的匝数
D.增加了原线圈的匝数
答案 BC
解析 只增大交流电源的频率,不能改变副线圈输出电压U2,故A错误;拧紧了变压器铁芯Q,副线圈输出电压U2增大,故B正确;由图乙知,t1时刻前的电压最大值小于t2时刻后的电压最大值,而周期不变,根据U1U2=n1n2,增加副线圈的匝数或减少原线圈的匝数,会使副线圈输出电压U2增大,故C正确,D错误;故选B、C。
三、非选择题:本题共3小题,共20分。
5.(6分)(2024湖北二模)如图甲所示,某实验小组利用手机中的“磁力计”功能,测量小车在斜面上运动的加速度。将手机的感应端紧贴轨道放置,小车的前后端都贴着圆柱形磁粒,当小车经过手机时前后磁粒使空间磁场变化,磁力计记录下前后磁粒依次经过智能手机的时间间隔t,如图乙所示。
(1)步骤一:测量小车的长度为12.15 cm,用游标卡尺测量磁粒的直径示数如图丙所示,则测量值为 mm,由此可得小车前后两个磁粒中心之间的距离d。
步骤二:手机先置于位置1,由静止释放小车进行实验,读取时间间隔t1。将手机沿小车运动方向移动距离L=50.00 cm,置于位置2,再次释放小车,读取时间间隔t2。
请写出计算加速度的表达式a= (用题中所给物理量的字母表示)。
(2)对本次实验的理解与评估,下列说法正确的是 。
A.在步骤二中,小车可以从不同位置由静止释放
B.小车的长度太长导致初、末速度测量误差较大
C.若实验操作都准确无误,加速度的测量值仍偏小
答案 (1)5.00 d22L1t22-1t12 (2)B
解析 (1)游标卡尺精确到0.02 mm,因此磁粒的直径测量值为D=5.00 mm。小车经过位置1时的速度v1=dt1,小车经过位置2时的速度v2=dt2,根据v22-v12=2aL,可得小车的加速度a=d22L1t22-1t12。
(2)在步骤二中,必须从同一位置释放小车,小车通过位置1和位置2时的速度才能满足匀变速运动的规律,A错误;由于小车的长度较大,平均速度应等于中间时刻的速度,而小车经过位置1的中间时刻的位置1相对小车的位置,与小车经过位置2的中间时刻的位置2相对小车的位置,不是同一位置,因此存在较大误差,B正确;由于经过位置1时,小车的速度较小,小车达到平均速度的位置距离小车的中间位置较远,靠近前端,而经过位置2时,小车的速度较大,达到平均速度的位置距离小车的中间位置较近,因此两个中间位置的距离比L大,因此L的测量值偏小,从而计算的加速度的值偏大,C错误。
6.(6分)(2024河南新乡二模)洗车所用的喷水壶的构造如图所示,水壶的容积为V,洗车前向壶内加入V2的洗涤剂并密封,然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0,打气筒每次打入压强为p0、体积为V60的空气,空气可视为理想气体,不计细管内液体的体积及压强,打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
(1)求喷水壶内封闭空气的最大压强p;
(2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出?若不能,最少还能剩余多少?
答案 (1)5p03 (2)不能 V6
解析 (1)打气过程把空气等温压缩,有
p0V2+20V60=pV2
解得p=5p03。
(2)假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出,当壶内空气的压强降到p0时,剩余洗涤剂的体积为V剩,有p0(V-V剩)=pV2
解得V剩=V6
故假设成立,壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出,剩余洗涤剂的体积为V6。
7.(8分)(2024河南周口二模)有多个相同矩形闭合线圈(线圈1,线圈2,线圈3,…)固定在一绝缘杆上。每个线圈电阻为R,相互靠近排列,彼此绝缘,相邻线圈之间的距离可忽略。线圈和绝缘杆的总质量为m,每个线圈的长边长为L,如图所示。现将整个装置静置在足够长的光滑斜面上,斜面倾角为θ,在以MN为边界的斜面下方存在一匀强磁场区域,磁场方向垂直斜面向上,磁感应强度大小为B。开始时线圈从斜面上某一位置由静止释放,下滑过程中线圈长边始终与MN平行。已知线圈1刚进磁场瞬间的加速度大小为未进入磁场时的3倍,线圈进入磁场t0时间后开始做匀速运动。重力加速度为g,求:
(1)开始时线圈1下边缘与MN的距离;
(2)从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中,线圈和绝缘杆所受的平均作用力大小。
答案 (1)8m2gR2sinθB4L4
(2)3m2gRsinθB2L2t0
解析 (1)线圈未进入磁场时对线圈进行受力分析,设线圈加速度为a1,由牛顿第二定律知mgsin θ=ma1,设线圈进入磁场瞬间的加速度为a2,所受安培力为F,由牛顿第二定律知F-mgsin θ=ma2,由公式知F=BIL,设线圈进磁场瞬间的速度为v,则F=BIL=B2L2vR,线圈1刚进磁场瞬间的加速度为未进入磁场时的3倍,则a2=3a1,联立得v=4mgRsinθB2L2,根据匀变速运动速度与位移的关系式知v2=2a1sMN,代入得sMN=8m2gR2sinθB4L4。
(2)设线圈进入磁场t0时间后开始做匀速运动的速度为vt0,此时安培力为F1,则F1=B2L2vt0R
根据平衡条件知mgsin θ=F1,代入得vt0=mgRsinθB2L2,线圈1从刚进入磁场到开始做匀速运动过程中,设受到的平均作用力为F,沿斜面向下为正方向,由动量定理得-Ft0=mvt0-mv,代入得F=3m2gRsinθB2L2t0。