适用于新高考新教材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）

这是一份适用于新高考新教材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8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湖南邵阳模拟)一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A。其中C→D→A为等温过程。该循环过程如图所示,下列说法错误的是( )
A.A→B过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
B.B→C过程中,气体分子内能减少
C.状态A和状态C,气体分子平均动能相同
D.气体状态变化的全过程中,气体对外做的功等于该图像围成的面积
3.(2023山东济南二模)如图所示,由同种材料制成的玻璃吊坠下部分是半径为R的半球体,上部分是高为R的圆锥体,O点为半球体的球心,M为圆锥体的顶点。平行于MO的光线从半球体表面N点射入玻璃吊坠,经折射后恰好经过M点,N点到直线MO的距离为R,则该玻璃吊坠的折射率为( )
A.B.
C.D.
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.(2023山东临沂二模)如图所示,S1、S2是振动情况完全相同的两个波源,它们的振动频率均为5 Hz。P是两列波传播方向上的一个质点,其中PS1=6 m,PS2=10 m。t=0时,P刚好振动到波峰位置。已知S1、S2连线上相邻两振动加强点间的距离为0.5 m,下列说法正确的是( )
A.波的传播速度为10 m/s
B.波的传播速度为5 m/s
C.t=0.1 s时,P质点刚好振动到波谷位置
D.t=0.1 s时,P质点刚好振动到波峰位置
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.用如图所示实验装置做用单摆测重力加速度的实验。
(1)在摆球自然悬垂的状态下,用米尺测出摆线长为l,用游标卡尺测得摆球的直径为d,则单摆摆长为 (用字母l、d表示)。
(2)为了减小测量误差,下列说法正确的是 (选填字母代号)。
A.将钢球换成塑料球
B.当摆球经过平衡位置时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.记录一次全振动的时间作为周期,根据公式计算重力加速度g
(3)若测得的重力加速度g值偏小,可能的原因是 (选填字母代号)。
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B.把摆线的长度记为摆长
C.摆线上端未牢固地系于悬点,在振动过程中出现松动
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
(4)某同学利用质量分布不均匀的球体作摆球测定当地重力加速度,摆球的重心不在球心,但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L,通过改变摆线的长度,测得6组L和对应的周期T,画出T2-L图线,然后在图线上选取A、B两个点,坐标分别为(LA,)(LB,),如图所示。由图可计算出重力加速度g= 。
8.(2023山东济南二模)某打气装置的示意图如图所示。其中A是容积为V的需要充气的容器,B是内壁光滑的气筒,容积也为V,左端用可移动的活塞(体积不计)密封,活塞横截面积为S,右端通过单向进气阀n与A连通(当B内气体压强大于A内气体压强时,n打开,反之关闭),B底部通过单向进气阀m与外界连通(当B内气体压强小于外界大气压时,m打开,反之关闭)。活塞缓慢左移从外界抽取气体,抽气结束时活塞位于气筒B的最左侧;给活塞施加水平向右的推力,让活塞缓慢向右移动,当外力无法推动活塞时结束打气过程。已知外界大气压强为p0,初始时A内充满压强为p0的气体,容器A、B导热良好,给活塞水平推力的最大值为6.5p0S,忽略容器间连接处的气体体积,环境温度保持不变。求:
(1)第一次打气结束时,A内气体的压强;
(2)第七次打气结束时,B内活塞右侧气体的体积。
9.(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。
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 A→B过程中,气体压强不变,体积变大,温度升高,则气体分子的平均速率变大,碰撞力变大,而气体的分子数密度减小,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小,A错误;B→C过程中,气体体积不变,压强减小,温度降低,则分子内能减少,B正确;状态A和状态C,气体的温度相同,则气体分子平均动能相同,C正确;根据W=pΔV可知,A→B过程,气体对外做的功W1=4p0(4V0-V0)=12p0V0,B→C过程,气体体积不变,则W2=0,C→A过程,气体体积减小,压强增大,外界对气体做的功W3等于曲线与横轴围成的面积,则气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图像围成的面积,D正确。
3. C 光路图如图所示,其中ON为法线,入射角为θ,折射角为α,因为MO=NO,所以∠NMO=∠MNO=α,由几何知识可得θ=∠NOC=∠NMO+∠MNO=2α,cs∠ONC=,得∠ONC=30°,由几何关系得θ=∠NOC=60°,α=30°,则该玻璃吊坠的折射率为n=,故选C。
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.BC 如图所示,设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动加强点,Q2是其左侧第2个振动加强点,Q2与Q1相距Δl,由振动加强的条件有Q1S2-Q1S1=λ,同理有Q2S2-Q2S1=(Q1S2+Δl)-(Q1S1-Δl)=2λ,联立解得|Δl|=,即连线上相邻两振动加强点间的距离为,由题意知=0.5m,得λ=1m,波的传播速度为v==λf=5m/s,A错误,B正确;由题意得PS2-PS1=4m=4λ,则P所在位置是振动加强点,t=0.1s时,即经过的时间为t=,故从波峰经历半个周期,P质点刚好振动到波谷位置,C正确,D错误。
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 (1)l+
(2)B
(3)BC
(4)
解析 (1)在摆球自然悬垂的状态下,摆线长为l,摆球的直径为d,则单摆摆长为l+。
(2)将钢球换成塑料球,会增加阻力的影响从而增加误差,A错误;摆球经过平衡位置时速度最大,此时开始计时,可减小测定周期时产生的误差,B正确;单摆的摆角要小于5°,否则就不是简谐运动了,所以把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放,会增加实验误差,C错误;应该记录至少30次全振动的时间,来测量周期,用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大,D错误。
(3)根据T=2π可知g=,把悬点到摆球下端的长度记为摆长,则L测量值偏大,测得的g偏大,A错误;把摆线的长度记为摆长,则L测量值偏小,测得的g偏小,B正确;摆线上端未牢固地系于悬点,在振动过程中出现松动,则实际摆长变大,计算所用的摆长偏小,所以测得的g偏小,C正确;实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次,则周期测量值偏小,测得的g偏大,D错误。
(4)若摆球重心在球心以上x处,则T=2π,解得T2=L-x,则图像的斜率为k=,解得g=。
8.答案 (1)2p0 (2)V
解析 (1)根据题意,由玻意耳定律有
p0V+p0V=p1V
解得p1=2p0。
(2)设打气n次后,无法推动活塞,则满足
p0V+np0V=(p0+6.5p0)V
解得n=6.5
即打气六次后便无法完全将气体压进容器A,打气第6次后,由玻意耳定律有
p0V+6p0V=p2V,解得p2=7p0
设第七次打气结束时B内活塞右侧气体的体积为ΔV,则满足p0V+p2V=(p0+6.5p0)(V+ΔV)
解得ΔV=V。
9.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。