2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷二

这是一份2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷二，共11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。
一模考前热身卷(二)(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．我国是茶的故乡，茶在我国已有4 000多年的历史。在现代喝茶也是不少人的爱好，下列说法正确的是(　 )A．用温水泡茶比用开水泡茶更易闻到茶香B．液体的表面张力使茶杯盖上的水滴呈球形C．茶水中茶叶的沉浮可视为布朗运动D．半满的装有热茶的茶杯的杯盖拧紧，过一段时间较难打开的原因可能是扩散作用解析：选B　茶香是茶叶中的一些分子扩散到水中，然后又随着水分子扩散到空气中，温度越高，扩散得越快，A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，因此小水滴呈球形，B正确；茶叶的体积较大不属于微粒，C错误；茶杯内的气体降温后，压强较外界大气压小，因内外气压差，杯盖较难打开，D错误。2.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是(　 )A．用能量为13.0 eV的电子激发n＝1能级的大量氢原子，可以使氢原子跃迁到高能级B．n＝2能级的氢原子可以吸收能量为3.3 eV的光子而发生电离C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态放出的所有光子中，n＝2能级跃迁到n＝1能级释放的光子的粒子性最显著D．大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，只可以放出两种频率的光子解析：选A　n＝1能级与n＝2能级的能量差为10.2 eV，由于13.0 eV>10.2 eV，因此用能量为13.0 eV的电子激发n＝1 能级的大量氢原子，可以使氢原子跃迁到高能级，A正确；n＝2能级的氢原子的能量为－3.4 eV，因此欲使其发生电离，吸收的能量至少为3.4 eV，B错误；光子的波长越长波动性越显著，光子的频率越高，粒子性越显著，由玻尔理论可知，从n＝4能级跃迁到n＝1能级的粒子能量最大，由E＝hν 可知，该光子的频率最高，粒子性最显著，C错误；大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，由跃迁规律可知，可以跃迁到n＝3能级，则放出的光子数为C＝3，D错误。3．长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力 Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是(　 )A．木块与木板间的动摩擦因数μ<tan θ1B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝C．木板与地面的夹角为θ2 时，木块将做自由落体运动D．木板由θ1转到θ2的过程中，速度变化越来越快、加速度越来越小解析：选A　木块受到的静摩擦力在开始到刚要滑动的过程为静摩擦力有f＝mgsin θ，故为正弦变化，而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力为f＝μmgcos θ，为余弦变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，当夹角为θ1时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1，根据滑动摩擦力的公式则有μmgcos θ1<mgsin θ1，解得μ<tan θ1，A正确，B错误；木板与地面的夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，C错误；对木块，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ，则木板由θ1转到θ2的过程中，随着θ的增大，加速度a增大，D错误。4．如图甲所示，单匝线圈L1与螺线圈L2绕在水平铁芯上并固定，L2中通有图乙所示的正弦交变电流。下列说法正确的是(　 )A．t1时刻，L1中电流最大B．t2时刻，L1、L2间的作用力最大C．在t1～t2与t2～t3时间内，L1中的电流方向相反D．在0～t1与t2～t3时间内，L1与L2间的作用力均为斥力解析：选D　t1时刻，L2中电流的变化率为零，此时L1中电流为零，A错误；t2时刻，L2中电流为零，则此时L1、L2间的作用力为零，B错误；在t1～t2与t2～t3时间内，L2中电流先是正向减小，后是反向增大，则在L1中产生的感应电流方向相同，C错误；在0～t1与t2～t3时间内，L2中电流均是增加的，根据楞次定律可知，L1与L2间的作用力均为斥力，D正确。5．2022年1月26日7时44分，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号丙运载火箭成功将L－SAR 01组A星发射升空。假设该卫星在赤道平面内沿圆轨道绕地球做匀速圆周运动，与地球自转方向相同，与赤道上的接收站B进行通讯，AB与BO垂直时，∠BAO＝θ，如图所示。已知引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，自转周期为T1。当卫星A与接收站B间没有地球遮挡时能进行通讯，则卫星A与接收站B能进行连续通讯的最长时间为(　 )A.　　　　　　　 B.C.  D.解析：选C　由数学知识可知该卫星的轨道半径为r＝，设该卫星绕地球运行的周期为T0，由万有引力定律有＝m2r，在地球表面有＝g，卫星相对地球表面的角速度为ω＝－，接收站B与卫星A能进行连续通讯时，卫星相对地球转过的最大角度为α＝π－2θ，则卫星A与接收站B能进行连续通讯的最长时间为t＝，C正确。6．某学校设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v­t图像如图所示。此次投掷中，下列说法中正确的是(　 ) A．冰壶减速运动的加速度大小为1.25 m/s2B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/sC．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 mD．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息解析：选C　根据v­t图像可得冰壶减速运动的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.125 m/s2，即减速过程中的加速度大小为0.125 m/s2，A错误；根据匀变速直线运动的规律，冰壶在9 s 末的速度为v＝v0＋at＝6 m/s－0.125×(9－3) m/s＝5.25 m/s，B错误；在v­t图像中，机器人与冰壶减速阶段图线所围三角形的面积表示冰壶与机器人的相对位移，则7 s末时Δx＝(t2－t1)＝×(7－3) m＝7 m，C正确；同理可得9 s末时冰壶与机器人的距离Δx1＝×(9－3) m＝15.75 m，即此时二者的距离大于8 m，机器人不能获取冰壶的信息，D错误。7．如图所示，磁流体发电机的通道是一长度为L的矩形管道，通道的左、右两侧壁是导电的，其高为h，间隔为a，而通道的上、下壁是绝缘的，所加匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与通道的上、下壁垂直且向上。等离子体以速度v沿如图所示的方向射入，已知等离子体的电阻率为ρ，负载电阻为R，不计等离子体的重力，不考虑离子间的相互作用力。下列说法不正确的是(　 )  A．该发电机产生的电动势为BvaB．若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大C．闭合开关后，流过负载R的电流为D．为了保持等离子体恒定的速度v，通道两端需保持一定的压强差Δp＝解析：选D　等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别偏向右、左两壁，由此产生的电动势等效于金属棒切割磁感线产生的电动势，其值为E＝Bav，A正确；电源的效率为η＝＝＝，若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大，B正确；闭合开关后，流过负载R的电流为I＝＝＝，C正确；令气流进出管时的压强分别为p1、p2，则气流进出管时压力做功的功率分别为p1Sv和p2Sv，其功率损失为p1Sv－p2Sv＝ΔpSv，此损失的功率完全转化为回路的电功率，即ΔpSv＝，将S＝ha，r＝ρ代入上式中得Δp＝，D错误。  二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8.如图所示，用f表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(　 ) A．f先增大后减小B．Ep不断减小C．Ep先增大后减小D．f对分子一直做正功解析：选ABD　如图所示，分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中，f先增大后变小至0，Ep则不断减小，A、B正确，C错误；该过程中，分子力始终表现为引力，做正功，D正确。9．如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是(　 )A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos(ωt)B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数和电流表示数都变大C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，电压表示数增大D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大解析：选AB　矩形线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos(ωt)＝NBSωcos(ωt)，故A正确；当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数U1变大，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，可知副线圈的输出电压U2变大，根据欧姆定律可知通过R的电流I2变大，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变大，故B正确；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，由于原线圈匝数n1变大，可知副线圈的输出电压U2变小，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变小，故D错误。10.如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是(　 )A．A、A′两点的电场强度相同B．将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点，其电势能先减小后增大C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC小于解析：选BD　A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点过程中，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B正确；O处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是圆心为O1的截面，C错误；由于CB间的场强小于AC间的场强，由U＝d得CB间的电势差小于AC间的电势差，又因为A、A′到O点的距离相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C为AB中点，则有φC＜，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)小鸣同学组装了一套实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着小钢球，钢球底部固定有遮光片，拉力传感器正下方安装有光电门，钢球经过最低点时遮光片恰能通过光电门。已知当地的重力加速度大小为g。小鸣进行了下列实验步骤：(1)用游标卡尺测遮光片宽度d，如图乙所示，读数为__________mm；(2)拉起钢球使细线与竖直方向成不同的角度，钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；根据记录数据描绘出如图丙所示的F-图像，a是已知量。通过图丙中的信息可以求哪个物理量？____________；该物理量的表达式为___________(用题目中所给符号表示)。解析：(1)由题图乙可得d＝5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm。(2)根据题意可知，在小钢球摆到最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，其中v＝，化简可得F＝mg＋·，结合题图丙，可得a＝mg，通过题图丙中的信息可以求出小钢球和遮光片的总质量，即m＝。答案：(1)5.20　(2)小钢球和遮光片总质量　12．(9分)小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图甲的电路图：a．电流表A1(量程0.6 A，内阻很小)；电流表A2(量程300 μA，内阻rA＝1 000 Ω)；b．滑动变阻器R(0～20 Ω)；c．两个定值电阻R1＝1 000 Ω，R2＝9 000 Ω；d．待测电阻Rx；e．待测电源E(电动势约为3 V，内阻约为2 Ω)；f．开关和导线若干。(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为__________(填“R1”或“R2”)。(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图乙所示。根据图线可得电源电动势E＝______V；电源内阻r＝___________Ω。(计算结果均保留两位有效数字)(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id，后断开S1；③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为__________。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析：(1)电流表A2与R2串联，可改装为量程为U＝Ig(rA＋R2)＝3 V的电压表，故选R2。(2)由题图乙可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E＝3.0 V；内阻r＝＝ Ω≈2.1 Ω。(3)由题意可知：IaR＝Ib(rA＋R2)，Ic(R＋Rx)＝Id(rA＋R2)；联立解得Rx＝(rA＋R2)；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成：Ia(R＋rA1)＝Ib(rA＋R2)，Ic(rA1＋R＋Rx)＝Id(rA＋R2)，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。答案：(1)R2　(2)3.0　2.1　(3)③(rA＋R2)　相等13．(11分)如图，一潜水员在距海岸A点45 m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4 m的皮划艇。皮划艇右端距B点4 m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和βsin α＝；sin β＝，水的折射率为，皮划艇高度可忽略。(1)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；(2)求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。解析：(1)设潜水员下潜深度为h，水的折射率为，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，sin θ＝得临界角正弦为sin θ＝＝解得：h＝15 m。(2)潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯时，灯塔指示灯的光恰好被皮划艇挡住。设入射角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，则＝，＝根据几何关系可知sin α′＝，sin β′＝，解得：h1＝ m，h2＝ m。故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围～ m。答案：(1)15 m　(2)～ m14.(12分)如图所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；(2)若A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时(此时B与C未接触，弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增加量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。解析：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv，解得：v0＝。(2)A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2由机械能守恒定律得：mv＝mv＋mv，解得：v1＝0，v2＝，从碰撞后到B速度为零的过程，对B与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：Ep＝mv＋mgxsin θ，解得：x＝－d。(3)A、B碰撞前弹簧的压缩量：x1＝A、B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv3，解得：v3＝ C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量：x2＝在B开始沿斜面向下运动到C刚要离开挡板过程中，弹簧弹性势能的改变量为零，由机械能守恒定律得：·2mv＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ解得：k＝。答案：(1)　(2)－d　(3)15．(16分)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－α2。求：(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。解析：(1)通过速度选择器离子有qE＝qvB则离子的速度v＝从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝由牛顿第二定律有＝qvB得＝＝。(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离x1＝··2，tan θ＝离开电场后，离子在x方向偏转的距离x2＝Ltan θ＝，x＝x1＋x2＝＝位置坐标为。(3)离子进入磁场后做圆周运动的半径r＝，sin α＝经过磁场后，离子在y方向偏转距离y1＝r(1－cos α)≈离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltan α≈，y＝y1＋y2≈，位置坐标为。(4)注入晶圆的位置坐标为电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。答案：(1)　　(2)　(3)　(4)见解析