2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷五

这是一份2024届高考物理一轮总复习一模考前热身卷五，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(五)(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．下列说法正确的是(　 )A．检验工件平整度的操作中，如图甲所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处B．图乙为光照射到小圆孔得到的衍射图样C．图丙海市蜃楼是光的全反射现象，原因是由于海面的上层空气的折射率比下层空气折射率小D．图丁的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的解析：选C　薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知Q处凸起，A错误；题图乙为光线通过小圆板得到的衍射图样，若用光照射很小的不透明圆板时，后面会出现一亮点，B错误；海市蜃楼是光的全反射现象，原因是下层温度低，空气下沉，折射率大，上层空气薄折射率小，C正确；立体电影是光的偏振，与镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们的原理不相同，D错误。2．海阳核电站有效缓解了山东电力不足的情况，为建设生态山东做出了贡献。核电站核反应堆中，用中子轰击U原子核的核反应方程为U＋n→Ba＋X＋3n，U、n、Ba、X的质量分别为m1、m2、m3、m4，其中Ba是不稳定的，其衰变的周期为T，真空中的光速为c，以下说法正确的是(　 )A．X原子核中含有的中子数为50B．该反应属于人工转变核反应C．该反应中释放的能量为(m1－2m2－m3－m4)c2D．经过2T，一定质量的Ba原子核衰变了的质量占开始时的解析：选D　根据核反应方程中质量数、电荷数守恒可写出该核反应方程为U＋n→Ba＋X＋3n可知X原子核中含有的中子数为53，A错误；该核反应为重核裂变反应，B错误；该核反应中释放的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，C错误；根据半衰期公式m余＝m可知，经过2T，＝2＝，所以一定质量的Ba原子核衰变了的质量占开始时的，D正确。3．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法错误的是(　 )A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B．四颗星的轨道半径均为C．四颗星表面的重力加速度均为D．四颗星的周期均为2πa解析：选B　四星系统中任一颗星体均在其他三颗星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为a，A正确，B错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得G＝m′g，解得g＝，C正确；由万有引力定律和向心力公式得＋＝m·，T＝2πa ，D正确。4．如图所示，质量为4 kg，半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为v1＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　 )A．2 m/s　　　　　　 B．4 m/sC．6 m/s   D．8 m/s解析：选C　对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28 N，设B球对环的力为FB，由环的受力平衡可得FB＋28 N＋m环g＝－56 N，解得FB＝－124 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝6 m/s故选C。5．某公园广场上新建的彩色喷泉，启动一段时间稳定后可保持如图所示的迷人风姿。已知中心的水柱高达5 m，其喷嘴横截面积为1.2×10－3m2，喷嘴位置与池中水面持平，且喷水方向稍偏离竖直，使上升与下落的水流不重合。水的密度为1.0×103 kg/m3，不计竖直方向的空气阻力，则(　 )A．此喷嘴的出水速度为 5 m/sB．此喷嘴的出水流量为1.2×10－3 m3/sC．此喷嘴所接水泵的功率至少为600 WD．此水柱在空中的水体积为6.0×10－2 m3解析：选C　根据v2＝2gh解得v＝＝10 m/s，A错误；流量为Q＝Sv＝1.2×10－2 m3/s，B错误；此喷嘴所接水泵的功率至少为P＝＝＝＝ρQgh＝600 W，C正确；水上升和下落的总时间t＝＝s＝2 s，该水柱在空中的水体积V＝Q·t＝1.2×10－2×2 m3＝2.4×10－2 m3，D错误。6.如图所示，正方形ABCD四边的中点分别为a、b、c、d，在a、d位置分别放置电荷量为－q和＋q的点电荷，为使O点处的电场强度为零，则可以(　 )A．在A处放置一个电荷量为－q的点电荷B．在B处放置一个电荷量为－2q的点电荷C．在C处放置一个电荷量为＋2q的点电荷D．在D处放置一个电荷量为－2的点电荷解析：选D　设正方形边长为2r，在a、d位置的点电荷产生的电场在中心O处的合电场强度大小为E＝，方向沿OB。在A处放置的电荷量为－q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EA＝，方向沿OA，A错误；在B处放置的电荷量为－2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EB＝，方向沿OB，B错误；在C处放置的电荷量为＋2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EC＝，方向沿OA，C错误；在D处放置的电荷量为－2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为ED＝，方向沿OD，D正确。    7.如图，篮球从某一高度处自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是(　 )解析：选B　篮球自由落下到与地面接触前，只受重力作用，加速度(向下，为正)保持不变；篮球与地面接触到反弹离开地面的过程中，受地面向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力F1＝mg－N，开始阶段地面的弹力N小于重力，合力向下，篮球继续向下加速运动，随着地面的弹力N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下、为正)减小的加速运动；当弹力N增大到超过重力大小时，合力方向变为竖直向上，其大小为F2＝N－mg，随着N增大，加速度a逐渐增大，篮球向下做加速度(向上、为负)增大的减速运动直到速度为零；篮球开始向上运动的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是先向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B正确，A、C、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，匀强电场与圆所在平面平行，圆的圆心为O，半径为R＝5 cm，圆上有A、B、C三点，∠BOC＝37°。A、O、C三点的电势分别为4 V、8 V、13 V，沿着圆周移动一个电子，其电荷量为e，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　 )A．匀强电场的电场强度大小为100 V/mB．匀强电场的电场线与CO垂直C．电子的最大电势能为13 eVD．从B点到C点，电场力对电子做正功解析：选AD　如图所示，作出直径CD，过A点作CD的垂线AE，则φC－φO＝φO－φD＝5 V，所以φD＝3 V，根据几何关系得OE＝AOcos 37°＝4 cm，则＝，所以φE＝4 V，则AE是匀强电场的一条等势线，电场线沿CO方向，匀强电场的电场强度大小为E＝＝100 V/m，A正确，B错误；在圆周上D点电势最低，电子的最大电势能为－3 eV，C错误；圆上各点中C点电势最高，电子在C点的电势能最小，从B点到C点电场力对电子做正功，D正确。 9．平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量为＋q，初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，下列说法正确的是(　 )A．粒子的竖直偏转距离与成正比B．滑片P向左滑动的过程中，从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐增大C．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝ D．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝ 2 解析：选BC　在平行金属板PQ之间，根据动能定理有qU1＝ mv，粒子在F点的速度为vF＝ ，设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为t＝，粒子的加速度为a＝，所以粒子的竖直偏转距离为y＝at2＝，所以粒子的竖直偏转距离与成反比，A错误；滑片P向右滑动的过程中式的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离y逐渐减小，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐减小，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐减小，B正确；飞出偏转电场的粒子的最大动能为mv＝qU1＋qU2，因为U1＋U2＝E，可得vm＝ ，C正确，D错误。10．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块。0～t1时间内升降机停在某楼层处，从t1时刻开始运动，电流表中电流随时间变化的情况如图所示，下列判断正确的是(　 )A．t1～t2时间内，升降机可能先加速下降后减速下降B．t2～t3时间内，升降机处于静止状态C．t3～t4时间内，升降机处于超重状态D．t3～t4时间内，升降机的加速度大小先增大后减小解析：选CD　0～t1时间内升降机停在某楼层处，受力平衡，t1～t2 时间内电路中电流比升降机静止时小，说明压敏电阻增大，压力减小，重物处于失重状态，则此过程升降机一直加速下降，A错误； t2～t3时间内电路中电流等于升降机静止时的电流，由于t1～t2时间内升降机在加速运动，所以t2～t3时间内处于匀速运动状态，B错误；t3～t4时间内电路中的电流大于升降机静止时的电流，说明压敏电阻减小，压力增大，重物处于超重状态，C正确；由图可知t3～t4时间内，电流先增大后减小，得压敏电阻是先减小后增大，可知压力是先增大后减小，可得加速度是先增大后减小，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)学校创客活动中心的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作(弹簧始终处于弹性限度内)：(1)用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。(2)如图甲所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。(3)如图乙所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，则L1、L2、L3需满足的条件是________。(用关系式表示)(4)如图丙所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，则L1、L4、L5和L0需满足的条件是________。(用关系式表示)(5)在实际进行该方案的操作中，本实验设计的误差来源可能是__________________。(至少写出2条)解析：(3)当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120°，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量相同，长度相同，即L1＝L2＝L3。(4)当两个分力相互垂直时，由勾股定理知F2＝F＋F，即(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2。(5)本实验设计的误差来源可能是：弹簧有自重；长度测量的误差；角度测量的误差。答案：(3)L1＝L2＝L3　(4)(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2　(5)弹簧有自重；长度测量的误差；角度测量的误差12．(9分)在“测量金属丝的电阻率”实验中，选择一根粗细均匀的合金丝来进行测量。(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图甲所示的部件________(选填“A”“B”“C”或“D”)，合金丝的直径的测量值为________mm；(2)某次测量中，若测出合金丝接入电路部分的长度为L，直径为d，合金丝两端电压为U，电流为I，则该合金电阻率的表达式ρ＝________(用上述字母和通用数学符号表示)；(3)在本实验中，为了减少实验过程中的偶然误差，在物理量测量时都进行了多次测量。伏安法测电阻时，要用每一组的电压值与电流值求电阻，然后求电阻的平均值。如果将电压值和电流值分别求平均值，然后再用它们的平均值来计算电阻，这样计算________(选填“正确”或“不正确”)；(4)利用测出的电阻率可以帮助我们解决实际问题。有一根细长而均匀的该金属材料管线样品，其截面为外方内圆，如图乙所示。正方形边长为a，而管线内径d′太小无法直接测量。已知此样品长度为L′，电阻率为ρ′。为了测出内径d′，有位同学想出一个方法，他只测出了电阻R′，就计算出了内径d′，请写出内径d′的计算式d′＝________；(5)该实验中滑动变阻器是要消耗电能的。某同学利用图丙电路完成实验后，又进一步研究了滑动变阻器消耗电功率P的变化规律，并画出了P随灵敏电流计G的示数IG或电流表A的示数I的关系图线，下列图线中可能正确的是________。解析：(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B。螺旋测微器的固定刻度读数为0 mm，可动刻度的读数为d＝0.01 mm×41.0＝0.410 mm，故合金丝的直径为d＝0.410 mm；(2)电阻丝的电阻R＝，根据电阻定律得R＝ρ＝ρ，解得电阻率为ρ＝；(3)如果将电压值和电流值分别求平均值，然后再用它们的平均值来计算电阻，这样计算是不正确的，因为欧姆定律中导体两端电压与导体中的电流是瞬时对应的；(4)由电阻定律可得R＝ρ＝ρ′，则d′＝2 ；(5)如图丙所示电路由P＝UI可得P＝(U－IRx)I或P＝(U－IGR0)IG，图线为开口向下的二次函数，故选A、D。答案：(1)B　0.410　(2)　(3)不正确　(4)2 　(5)AD13．(11分)一列简谐横波在x轴上传播，在t1＝0和t2＝0.5 s时，其波形分别用如图所示的实线和虚线表示。(1)求这列波可能具有的波速；(2)当波速为28 m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x＝8 m处的质点从t1开始计时，s内通过的路程是多少？解析：(1)若波沿x轴正向传播，则Δx＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)(n＝1、2、3…)v＝＝＝(4＋16n) m/s(n＝1、2、3…)若波沿x轴负向传播，则Δx＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)(n＝1、2、3…)v＝＝＝(12＋16n) m/s(n＝1、2、3…)。(2)当波速为28 m/s时，有28 m/s＝(12＋16n) m/s，n＝1所以波向x轴负向传播，周期T＝＝s＝s则处x＝8 m的质点从开始计时，s内通过的路程s＝×4A＝6 cm。答案：(1)(4＋16n) m/s(n＝1、2、3…)、(12＋16n) m/s(n＝1、2、3…)　(2)向x轴负方向传播　6 cm14．(12分)如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ。一质量为m的小物块(可视为质点)从D处以v0水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定。不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)D点与A点高度差h；(2)小物块从第一次经过B点到第二次经过B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量；(3)若小球恰好能回到A点，凹槽与小物块的质量之比。解析：(1)小物块从D到A过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋ mv＝mv，将小物块在A点的速度分解可得v0＝vAcos 60°，联立可得h＝。(2)从D到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＋mg＝mv，解得vB＝，方向水平向右，根据机械能守恒可知小物块第二次经过B点速度大小与vB大小相等，方向相反，即vB′＝－，故此过程凹槽对小物块的冲量为I＝mvB′－mvB＝－2m，负号表示方向水平向左。所以小物块对凹槽的作用力的水平方向的分力的冲量大小为I′＝I＝2m，方向水平向右。该过程中，凹槽始终不动，所以小物块对凹槽的作用力的水平方向的分力对凹槽的冲量与竖直墙壁对凹槽的冲量大小相等，为2m，方向水平向左。(3)若小球恰好能回到A点，则此时小物块和凹槽具有共同速度速度，从第一次经过B点到达A点的过程动量守恒、机械能守恒，有mvB＝(M＋m)v共，mv＝(M＋m)v＋mg×，联立并将vB＝代入解得＝。答案：(1)　(2)2m，方向水平向左　(3)15．(16分)如图甲所示，虚线是Ⅰ区域和Ⅱ区域的边界，Ⅰ区域中竖直面内存在一光滑弯曲轨道，端点N 的切线与水平方向的夹角为53°，M、N两点的竖直距离为h；虚线与y轴间为Ⅱ区域，区域中有一水平向左的匀强电场，区域宽度为1.08h；Ⅲ区域是边长为h的正方形区域OPQR，区域内存在竖直向上的场强大小为E0＝的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)从M点静止下滑，通过Ⅱ区域，恰好从坐标原点O沿着y轴负方向进入Ⅲ区域时，在Ⅲ区域加垂直纸面的磁场，以小球到达坐标原点O为计时起点，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，规定垂直纸面向里为正，小球最终从Q点y轴负方向离开Ⅲ区域。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)小球到达轨道端点N时的速度大小v0；(2)Ⅱ区域内电场强度的大小E 以及Ⅲ区域内磁感应强度的大小B0；(3)磁感应强度随时间变化的周期T。解析：(1)小球在Ⅰ区域中从 M 点至 N 点过程，机械能守恒，有mgh＝mv，得v0＝。(2)由题意，小球在Ⅱ区域中沿水平方向做匀减速直线运动，由运动学公式有0－(v0cos 53°)2＝－2(1.08h)得E＝，设小球到达O点所用时间为t，则有1.08 h＝t小球在Ⅱ区域中沿竖直方向做竖直上抛运动，设小球在O点速度大小为v，则有v＝－v0sin 53°＋gt，因为qE0＝mg所以小球在Ⅲ区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB0＝m，经分析可知，小球在Ⅲ区域中的运动轨迹如图所示由几何关系得2h＝(2n)r(n＝1,2,3，…)联立可得B0＝ (n＝1,2,3，…)。(3)小球在Ⅲ区域中的运动的周期为T0＝＝由运动的周期性可知，磁感应强度随时间变化的周期 T满足＝，联立可得T＝ (n＝1,2，3，…)。答案：(1)　(2)　 (n＝1,2,3，…)(3) (n＝1,2,3，…)