适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习考前热身练基础题保分练三（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习考前热身练基础题保分练三（附解析），共9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。
1.(2023山东青岛二模)2023年4月12日,中国的“人造太阳”成功实现稳态高约束模式等离子体运行时间403 s,创造了世界纪录。“人造太阳”在工作时进行两种热核聚变反应H+He+X+HeHeHe+2Y+12.86 MeV,其内部结构如图所示,下列说法正确的是( )

A.目前主流核电站都在利用热核聚变进行发电
B.反应中释放出的X粒子会受到线圈磁场的磁约束力
C.反应中释放出的Y粒子为中子
DHe的比结合能小于He的比结合能
2.(2023云南昭通附中模拟)如图所示,卫星A、B均做顺时针圆周运动,地球半径为R,卫星B距地面的高度为4R,运行周期为T。某时刻两颗卫星相距最近,经时间t两颗卫星再次相距最近。则卫星A的轨道半径为( )
A.5RB.5R
C.4RD.4R
3.磁流体发电是一项新兴技术。如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机。把两个极板与用电器相连,下列说法不正确的是( )
A.用电器中的电流方向从A到B
B.若只增大带电粒子电荷量,发电机的电动势增大
C.若只增强磁场,发电机的电动势增大
D.若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大
4.(2023福建厦门二模)两点电荷M、N分别固定在x=-20 cm和坐标原点处,所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示,图线与x轴交于x0处,x=20 cm处电势最低,取无穷远处电势为0,一正电荷q自x0处由静止释放,则( )
A.x0处的电场强度为0
B.点电荷M、N所带的电荷量大小之比为4∶1
C.正电荷q运动的过程中,加速度先增大后减小
D.正电荷q运动的过程中,电势能先增加后减少
二、多项选择题
5.物块c、b中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块c的质量为1 kg,如图甲所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长。t=0时对物块c施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去F,在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示,弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程下列分析正确的是( )
A.物块b的质量为3 kg
B.恒力F的冲量为1 N·s
C.t=1 s时物块b的速度小于0.15 m/s
D.弹簧伸长量最大时,物块b的速度大小为 m/s
6.(2023湖南岳阳模拟)为发展新能源,某科研小组制作了一个小型波浪发电机,磁体固定在水中,S极上套有一个浮筒,浮筒上绕有线圈,其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势,线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化,如图乙所示。线圈电阻r=2 Ω,匝数为100,线圈处磁感应强度B=0.1 T,线圈的直径d= m,把线圈与阻值R=8 Ω的小灯泡串联,小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是( )
A.小灯泡的额定电压为3 V
B.发电机的输出功率为1.28 W
C.浮筒在竖直方向上下振动的频率为2.5 Hz
D.浮筒在竖直方向上下运动的最大速度的大小为 m/s
三、非选择题
7.(2023天津蓟州区模拟)碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞,发生弹性碰弹时系统的动量守恒、机械能也守恒,发生非弹性碰撞时,系统动量守恒,但机械能不再守恒。为了判断碰撞的种类,某兴趣实验小组设计了如下实验。
(1)按照如图所示的实验装置图,安装实物图。
(2)用石蜡打磨轨道,使ABC段平整光滑,其中AB段是曲面,BC段是水平面,C端固定一重垂线。
(3)O点是C点的投影点,OC=H,在轨道上固定一挡板D,从贴紧挡板D处由静止释放质量为m1的小球1,小球1落在M点,用刻度尺测得M点与O点的距离为2l。
(4)在C的末端放置一个大小与小球1相同的小球2,其质量为m2。现仍从D处静止释放小球1,小球1与小球2发生正碰,小球2落在N点,小球1落在P点,测得OP为l,ON为3l。
(5)根据实验步骤和上述实验数据,可以得出小球1与2的质量之比m1∶m2= 。
(6)若两小球均看成质点,以两球为系统,碰前系统初动能Ek0= ,碰后系统末动能Ek= (用题目中字母H、m2、l和重力加速度g表示),则系统机械能 (选填“守恒”或“不守恒”),可以得出两球的碰撞是 碰撞。
8.(2023山东烟台二模)如图所示,倾角θ=37°的光滑斜面足够长,斜面上放有质量为m1=2 kg、长度为L=1 m的木板,A、B为木板的两个端点,在A端放有质量为m2=2 kg的物块(可视为质点),物块和木板接触面粗糙,将物块与质量为m3=1 kg的重物通过绕在固定在斜面顶端的定滑轮上的轻质细绳相连,不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。
(1)欲使物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动,求它们之间动摩擦因数μ的取值范围。
(2)若动摩擦因数μ0等于(1)问中最小值的,求从开始运动到物块从木板上掉下来所经过的时间。
9.如图所示,在地面附近,坐标系xOy在竖直平面内,在x>0的空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在竖直线PQ与y轴之间还有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E。一个带正电的小球从A点水平抛出后,恰好从O点进入复合场中,并沿着OP方向做直线运动,已知OP与x轴正方向之间的夹角α=30°。带电小球进入竖直线PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动,需要加一个匀强电场,若带电小球做圆周运动时要通过x轴上的N点,且lOM=lMN。已知地表附近重力加速度为g。求:
(1)小球从A点抛出时的初速度大小;
(2)在竖直线PQ右侧所加电场的电场强度大小和方向;
(3)小球从A点运动到N点所用的时间。
基础题保分练(三)
1.D 目前主流核电站都在利用核裂变进行发电,A错误;由电荷数守恒和质量数守恒可知,反应中释放出的X粒子为n,中子不带电,不会受到线圈磁场的磁约束力,B错误;由电荷数守恒和质量数守恒可知,反应中释放出的Y粒子为H,C错误;该反应放出核能,则He的比结合能一定大于He的比结合能,D正确。
2.A 设卫星A的运行周期为T0,轨道半径为r,由题意可得t=2π,解得T0=,由开普勒第三定律得,解得r=5R,故选A。
3.B 首先对等离子体进行动态分析:开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下),则正离子向上板聚集,负离子则向下板聚集,两板间产生了电势差,即金属板变为一电源,且上板为正极,下板为负极,所以通过用电器的电流方向从A到B,A正确;正离子除受到向上的洛伦兹力外还受到向下的静电力F,最终两力达到平衡,即最终等离子体将匀速通过磁场区域,则有qvB=F,又F=qE=q,解得U=Bdv,B错误,C、D正确。本题选不正确的,故选B。
4.B 在φ-x图像中,斜率表示电场强度,在x0处的图像斜率不为零,则电场强度也不为零,A错误;x=20cm处图像斜率为零,则满足k=k,所以点电荷M、N所带的电荷量大小之比为,B正确;一正电荷q自x0处由静止释放,根据电势变化情况可知,自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向,电场强度先减小为零后反向增大再减小,根据牛顿第二定律,有Eq=ma,可知正电荷q运动的过程中,加速度先减小为零后反向增大再减小,C错误;一正电荷q自x0处由静止释放,根据电势变化情况可知,自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向,静电力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,D错误。
5.BD t=0时,对物块c根据牛顿第二定律有F=mcac=1N,t=1s时,设弹簧弹力大小为FT,对c、b根据牛顿第二定律有F-FT=mcac',FT=mbab,联立以上三式解得mb=2kg,故A错误;恒力F的冲量为I=Ft=1N·s,故B正确;a-t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量,所以t=1s时b的速度vb>×0.3×1m/s=0.15m/s,故C错误;根据动量定理可知撤去拉力时,c、b组成的系统动量为p=I=1kg·m/s,撤去拉力后,根据图像可知c的速度大于b的速度,则c、b之间距离还将继续增大,此时c、b组成的系统动量守恒,弹簧伸长量最大时,c、b的速度相同,设为v,则p=(mc+mb)v,解得v=m/s,故D正确。
6.BCD 由图乙可知,感应电动势有效值为E=V=4V,根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中的电流I=A=0.4A,此时小灯泡正好正常发光,小灯泡的额定电压U=IR=0.4×8V=3.2V,A错误;发电机输出功率为P=UI=0.4×3.2W=1.28W,B正确;由图乙可知交变电流的频率f=Hz=2.5Hz,浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同,C正确;由Em=NBπdvm,解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为vm=m/s=m/s,D正确。
7.答案 (5)3∶1 (6) 守恒 弹性
解析 (5)设小球1运动到C点时的速度大小为v1,离开C点后做平抛运动,水平方向2l=v1t
竖直方向H=gt2
解得v1=2l
由于小球1两次均从同一高度自由下滑,到C端动能一样,速度均为v1,设小球1与小球2碰撞后速度分别为v1'、v2',解得v1'=l,v2'=3l
两小球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2'
则m1×2l=m1×l+m2×3l
解得m1∶m2=3∶1。
(6)碰撞前系统的初动能Ek0=m1,碰撞后系统的末动能Ek=m1v1'2+m2v2'2=,因为m1∶m2=3∶1,解得Ek0=Ek
碰撞过程小球的高度不变,重力势能不变,则碰撞过程系统机械能守恒,两球的碰撞是弹性碰撞。
8.答案 (1)μ≥0.4 (2)1 s
解析 (1)根据牛顿第二定律,对重物
FT-m3g=m3a1
对物块
m2gsinθ+Ff-FT=m2a2
对木板
m1gsinθ-Ff=m1a2
物块和木板之间不发生相对滑动,有
a1=a2
解得Ff=6.4N
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是
Ff≤Ffmax=μm2gcsθ
解得μ≥0.4。
(2)当μ0=×0.4=0.25时
根据牛顿第二定律对重物和物块
m2gsinθ+μ0m2gcsθ-m3g=(m3+m2)a1'
对木板m1gsinθ-μ0m2gcsθ=m1a2'
木板与物块间的相对加速度
a=a2'-a1'
又L=at2
解得t=1s。
9.答案 (1) (2)E 方向竖直向上 (3)
解析 (1)小球沿OP方向做直线运动,由于小球受洛伦兹力、静电力和重力的作用,可知小球的速度大小不变,否则不能做直线运动,设小球在OP段的速度为v1,则由平衡条件得qv1Bsinα=Eq
解得v1=
小球从A点到O点做平抛运动,可得小球从A点抛出时的初速度为v0=v1csα
联立解得v0=。
(2)要使小球在PQ右侧区域中能在竖直平面内做匀速圆周运动,则小球所受洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力,即静电力需和重力平衡,因为小球带正电,所以电场方向竖直向上,设电场强度的大小为E',可得E'q=mg
又mgtanα=Eq
联立解得E'=E。
(3)小球从A点抛出运动到O点,设运动时间为t1,加速度a=g
小球在O点竖直方向的速度为vy=v1sinα
又vy=at1
解得t1=
小球在PQ右侧做匀速圆周运动的轨迹如图所示
设小球从P点运动到N点的时间为t3,小球做圆周运动的周期为
T=
由qv1Bcsα=mg
qv1Bsinα=Eq
可知
所以T=
由几何关系可得,小球从P点运动到N点的圆心角为120°,则t3=
小球做圆周运动的半径R=
又v1=
由几何关系得lOP=R
设小球在OP段运动的时间为t2,则t2=
解得t2=
小球从A点运动到N点所用的时间t=t1+t2+t3=。