2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷四

这是一份2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷四，共10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(四)(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)1．2022年1月1日，我国自主三代核电“华龙一号”中核集团福清核电6号机组首次并网成功，开始向电网送出第一度电，成为全球第三台、我国第二台“华龙一号”并网发电机组。核反应堆中一种典型的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋yn，下列说法正确的是(　 )A．方程中x＝56，y＝4B．铀核的链式反应中可用重水吸收中子控制反应速度C．一个U原子核中中子数比质子数多143个D．三种原子核的结合能从大到小的顺序为U、Ba、Kr解析：选D　根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知x＝56，y＝3，A错误；铀核的链式反应中，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，用镉棒吸收中子控制反应速度，B错误；一个U原子核中核子总数为235个，质子数为92个，可知中子数为143个，中子数比质子数多51个，C错误；质量数越大，原子核的结合能越大，所以三种原子核的结合能从大到小的顺序应为 U、Ba、Kr，D正确。2．嫦娥五号返回器进入大气层后，实施两次气动减速。在降至距地面约10公里高度时，返回器打开降落伞完成最后减速并保持姿态稳定，随后在预定区域平稳着陆。假设返回器从打开降落伞的M处沿直线下降，其下降位移x与运动速度的倒数的关系如图所示，则返回器从M点运动的x0时间为(　 )A．x0v0  B.  C.  D.解析：选C　由于Δt＝可知在x-图像中，图像与横轴围成的面积等于所用的时间，因此所用时间为t＝x0·＝，故选C。3.一种“光开关”如图虚线框区域所示，其主要部件由两个相距非常近的截面为半圆形的圆柱棱镜构成，两半圆柱棱镜可以绕圆心O点旋转。单色光a从左侧沿半径射向半圆柱棱镜的圆心O，若光线能从右侧射出，则为“开”，否则为“关”。已知棱镜对光a的折射率为1.5，光a与半圆柱棱镜的直径MN夹角为45°。下列说法正确的是(　 )A．单色光a在棱镜中的频率是在真空中的1.5倍B．单色光a在棱镜中的波长是在真空中的1.5倍C．顺时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能D．逆时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能解析：选D　频率由光源决定，不会改变频率，故A错误；根据n＝，v＝λf，可知单色光a在真空中的波长是在棱镜中的1.5倍，故B错误；此时入射角为45°，根据题意可知sin C＝＝<，临界角小于45°，所以此时为关状态，顺时针旋转两半圆柱棱镜，入射角变大，则发生全发射，出现“关”功能，故C错误；根据以上分析可知，逆时针旋转两半圆柱棱镜，入射角减小，不发生全反射，可实现“开”功能，故D正确。4．如图所示，在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练时，设轮胎做匀速直线运动，运动过程中两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ＝60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝30°，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为(　 )A.Ff　　　　　　　 .FfC.Ff  D．G－Ff解析：选C　设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcos ，方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为α，受力分析如图所示，对轮胎，由平衡条件得F合cos α＝Ff解得F＝，代入数据解得F＝Ff，故选C。5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端系于墙上，另一端连接在质量为m的物体A上，用大小相同的物体B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB且μA<μB，将A、B由静止释放后，A、B向右运动一段距离后会分离，则A、B即将分离时(　 ) A．弹簧形变量为零B．弹簧的压缩量为C．弹簧的伸长量为D．弹簧的压缩量为解析：选C　弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，A、B分离时弹簧处于伸长状态，当A、B刚好分离时A、B间的弹力为零，加速度仍相同，对B根据牛顿第二定律可得μB mg＝ma对A根据牛顿第二定律可得μA mg＋kx＝ma，解得x＝，故选C。6．我国天文学家通过“天眼”在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点各自做匀速圆周运动，经观测可知恒星B的运行周期为T。若恒星A的质量为m，恒星B的质量为2m，引力常量为G，则恒星A与O点间的距离为(　 )A.   B. C.    D. 解析：选A　设A、B间的距离为L，A、B做圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，则r1＋r2＝L，根据万有引力定律和牛顿第二定律有G＝m2r1、G＝2m2r2，联立可得L＝ 、r1＝L＝ ，故A正确，B、C、D错误。7．如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小方块(可视为质点)系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平面上，绳长r＝1 m。给小方块一沿垂直轻绳的初速度v0＝ m/s，小方块将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，重力加速度为g＝10 m/s2，当小方块恰好运动一周时，绳子拉力为(　 ) A．π N    B．0.8π NC．0.4π N  D．0.2π N解析：选D　小方块转动一周，由动能定理－μmg·2πr＝mv2－mv，此时由牛顿第二定律可知T＝m，解得T＝0.2π N，故选D。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．在开展研究性学习活动中，某校同学来到一有微风的湖边通过钓鱼工具来观察振动和波，在其钓鱼过程中，他发现湖中钓鱼的浮标上下浮动。他根据所学知识认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动，他通过观测绘制出浮标的振动图像如图甲所示，接着他又根据湖面的波纹绘制出水的波动图像如图乙所示。假设图乙是一列沿x轴正方向传播的水波在t＝0.5 s时的波形图，图甲是图乙中离原点0～4 m范围内某质点的振动图像，则下列说法正确的是(　 )A．浮标上下振动的周期为T＝2 sB．该列波的波速为v＝2 m/sC．再经0.5秒x＝4 m处的质点到达波谷位置D．图甲是x＝2 m处质点的振动图像解析：选ABD　由图甲可得周期T＝2 s，A正确；由图乙可得波长λ＝4 m，故波速v＝＝2 m/s，B正确；再经0.5秒(即四分之一周期)x＝4 m处的质点到达波峰位置，C错误；由图甲可得t＝0.5 s时刻，质点在平衡位置向下振动，那么，根据波向右传播，由图乙可得：图甲所示振动和图乙中x＝2 m处质点振动相符，D正确。9．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮筐中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮筐中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　 ) A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0C．篮球的水平初速度大小为(L－r) D．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮筐中心，应使碰撞点更高解析：选BD　由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A错误；以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小l＝m·kv0－(－mv0)＝(1＋k)mv0，B正确；篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得L－r＝kv0t，h＝gt2，联立可得v0＝ ，C错误；若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D正确。10.如图所示，处在匀强电场中的正三棱锥ABCD，O点为其底面ABC的中心，F为BC棱的中点，G点和F点关于O点对称，在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零，则关于各点场强大小和电势高低，下列判断正确的是(　 )A．EG＝EF　　　　　 B．EB＝EDC．φB>φD  D．φG>φF解析：选CD　在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零。所以匀强电场的方向沿FA方向。根据几何关系可知AG＝GO＝OF，令AG＝GO＝OF＝L，则根据点电荷场强公式可知k＝E，故EG＝－E，EF＝E－，所以EF≠EG，点电荷在D点的场强大小和在B点的场强大小相等，但由于点电荷在D点的场强和匀强电场的夹角与点电荷在B点的场强和匀强电场的夹角不相等，所以B和D点的场强大小不相等，A、B错误；B和D点处在点电荷的同一等势面上，而在匀强电场中，由于场强方向是由F指向A，所以在匀强电场中φB>φD，根据电势的叠加原则可知φB>φD，C正确；令O点的电势为零，则根据点电荷电势公式可知正点电荷在O点产生的电势为φ＝，所以匀强电场在O点对应的电势为φ＝－而UFO＝UOG＝EL＝，故匀强电场在F和G点的电势为φF＝－，φG＝－，而正点电荷在F和G点的电势为φF′＝，φG′＝，由电势的叠加原则可知F点的电势低于G点的电势，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)如图甲是实验室测定小物块和水平面之间动摩擦因数的实验装置，将带有遮光条的物体由曲面的顶端无初速度释放，物体经过光电门瞬间可通过数字计时器记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物体停在水平面上的A点，重力加速度大小为g。(1)实验需用游标卡尺(50分度)测量遮光条的宽度d，如图乙所示，d＝________ mm；(2)为了完成本实验，还需要测量A点到光电门的距离s与遮光条通过光电门的时间t，则动摩擦因数的表达式为μ＝________；(用所测得物理量的符号和重力加速度g表示)(3)为了减小实验误差，实验小组从曲面的不同位置释放物体，得到多组数据，采用图像法来处理实验数据，下列图像正确的是________。解析：(1)游标卡尺读数为：主尺读数＋游标尺的读数×分度值＝6 mm＋40×0.02 mm＝6.80 mm；(2)遮光条通过光电门的速度为v＝，由动能定理可得－μmgs＝0－mv2，联立解得μ＝＝；(3)根据μ＝，整理可得＝s，故选B。答案：(1)6.80　(2)　(3)B12．(9分)为精确测量某一个电压表的内阻，实验探究小组从实验室找来了以下仪器。a．电源E，具有一定内阻，电动势为3.0 V；b．待测电压表V1，量程为0～1.5 V，内阻r1约为1 200 Ω；c．标准电压表V2，量程为0～3 V；d．标准电流表A，量程为0～0.6 A，内阻小于1 Ω；e．电阻箱R′(0～9 999 Ω)；f．定值电阻R0(1 500 Ω)；g．滑动变阻器R1(0～2 000 Ω)；h．单刀单掷开关S，导线若干。(1)某同学根据找来的器材，设计了如图1所示的电路图进行测量，请判断这样设计的实验电路是否合理并简述理由　。(2)经过小组讨论后，根据提供的器材，该小组设计一个能够多次测量的实验电路，如图乙所示，请选择正确的元件将电路图完善起来。其中，甲处应连接______(填“R0”“R′”或“R1”)；乙处应连接________(填“V1”“V2”或“A”)；丙处应连接________(填“V1”“V2”或“A”)。(3)用U1表示V1的示数，用U2表示V2的示数，用I表示A的示数，用R表示甲处所选电阻的阻值，则电压表的内阻r1＝________。(4)在按照图2电路进行实验时，________系统误差(填“存在”或“不存在”)。解析：(1)电流表和电压表串联，E1＝3 V，r1≈1 200 Ω，则电流为I＝＝2.5 mA，而电流表的量程为0～0.6 A，不能测2.5 mA的电流，故不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数。(2)将V1、R0串联，再用V2测它们的电压；而U2－U1得R0的电压，再用该电压除以R0得出电流，再用欧姆定律可求出V1的内阻r1；故甲处应连接R0；乙处应连接V2；丙处应连接V1。(3)V1的电流为I＝，则电压表V1的内阻r1＝＝。(4)根据欧姆定律可知，电压和电流均为准确值，则可知电压表的内阻不存在系统误差。答案：(1)不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数　(2)R0　V2　V1　(3)　(4)不存在 13．(11分)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma联立解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ气ΔV＝。(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1＝p0＋ρgH鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，设该部分气体在压强为p1时体积为V1根据玻意耳定律有p2V＝p1V1解得V1＝V又温度不变，则有＝，解得m1＝m。答案：(1)　(2)m14．(12分)如图所示，两足够长直轨道间距d＝1.6 m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R＝1 m的半圆，圆心分别为O、O′。有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5 kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5 m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O 冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：(1)滑板P与轨道间的动摩擦因数μ2；(2)O′O的长度L；(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。解析：(1)对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图甲和乙所示由几何关系可得sin α＝＝0.8，解得α＝53°由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mgcos θ＝2N′cos α，Mgsin θ＝2μ2N′，联立解得μ2＝0.45。(2)第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒mv0＝(m＋M)v1设滑块相对滑板的位移OO′为L，由系统的动能定理，得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L＝(m＋M)v－mv联立方程，解得L＝2.25 m。(3)第四个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有4mv0＝(4m＋M)v4，第五个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有5mv0＝(5m＋M)v5，设第五个滑块相对滑板的位移OO′为L5，由系统的动能定理，得mgL5sin θ－μmgcos θL5＝(5m＋M)v－mv－(4m＋M)v则由于摩擦产生的热量Q＝μ1mgL5cos θ＝2 J。答案：(1)0.45　(2)2.25 m　(3)2 J15．(16分)如图所示，xOy平面内，在坐标原点O处有一电子源，它能在纸面内向各个方向发射质量为m、速度为v0的电子，电子电荷量的绝对值为e、以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内，有垂直平面向里的匀强磁场B1＝。x轴下方有一虚线ab，虚线ab与x轴相距为d，x轴与虚线ab之间的区域内，有平行于y轴的匀强电场E＝。在虚线ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，虚线ab与MN之间的区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场。不计电子重力。(1)求进入圆形磁场区域内的电子，在圆形磁场内运动的最长时间；(2)若MN与虚线ab间的最小距离h1＝3d，要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，求虚线ab与MN间磁场的磁感应强度大小B2；(3)若虚线ab与MN之间磁场的磁感应强度大小保持(2)中不变，要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，求MN与虚线ab间的最大距离h2。解析：(1)进入圆形磁场区域内的电子，满足ev0B1＝m，解得r＝2R电子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆弧对应的弦越长，则在磁场中运动的时间越长，最长弦长为2R，对应圆周运动的圆心角为60°，则运动的最长时间为t＝·＝。(2)如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，轨迹如图，设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道半径为r1沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则有：eEd＝mv2－mv，cos θ＝，解得v＝2v0，θ＝60°感光板与ab间的最小距离为3d＝r1＋r1cos θ解得r1＝2d，由e(2v0)B2＝m，解得B2＝。(3)如果电子在O点以速度v0沿x轴正方向射入电场，经电场和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，轨迹如图，则感光板与ab间的最大距离h2＝r1－r1cos θ，解得h2＝d。答案：(1)　(2)　(3)d