高考物理一轮复习一模考前热身卷(一)含答案

一模考前热身卷(一)(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．用中子轰击eq\o\al(235,92)U原子核产生裂变反应，可能的裂变方程为eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→Y＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，方程中的单个原子核eq\o\al(235,92)U、Y、eq\o\al(89,36)Kr及单个中子eq\o\al(1,0)n的质量分别为m1、m2、m3、m4，eq\o\al(235,92)U的半衰期为T，eq\o\al(235,92)U原子核的比结合能比Y原子核的小，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是()A．Y原子核中含有56个中子B．若提高eq\o\al(235,92)U的温度，eq\o\al(235,92)U的半衰期将会小于TC．方程中的核反应释放的能量为(m1－m2－m3－2m4)c2D.eq\o\al(235,92)U原子核比Y原子核更稳定解析：选C由质量数和电荷数守恒可得：Y原子核的质量数A＝235＋1－89－3＝144，核电荷数Z＝92－36＝56，故中子数N＝144－56＝88，故A错误；半衰期的大小与温度、压强等因素无关，由原子核内部因素决定，故B错误；根据爱因斯坦质能方程知，裂变时释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m4－m2－m3－3m4)c2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故C正确；eq\o\al(235,92)U原子核的比结合能小于Y原子核的比结合能，故Y原子核比eq\o\al(235,92)U原子核更稳定，故D错误。2．陆游在诗作《村居书喜》中写道“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是()A．气体分子之间存在着空隙B．气体分子在永不停息地做无规则运动C．气体分子之间存在着相互作用力D．气体分子组成的系统具有分子势能解析：选B从物理视角分析，“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，B正确。3.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的eq\f(1,2)处返回，则下述措施能满足要求的是()A．使初速度减为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间电压减为原来的eq\f(1,2)C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq\f(1,2)解析：选D在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE)，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(d,4)，A错误；使M、N间电压减为原来的eq\f(1,2)，电场强度变为原来的eq\f(1,2)，粒子将打到N板上，B错误；使M、N间电压提高到原来的4倍，所以x＝eq\f(d,4)，C错误；使初速度和M、N间电压都减为原来的eq\f(1,2)，电场强度变为原来的eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(d,2)，D正确。4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负 B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D．2.7m/s，a负、b正解析：选A由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极b带负电。血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0求解，即qvB＝qE，得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，A正确。5．假设远距离输电线路的简化图如图所示，发电机输出电压有效值不变(为U)的正弦式交流电，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶k，降压变压器原、副线圈匝数比为n∶1，均为理想变压器。若用户负载发生变化，电流表A的示数增大了ΔI，已知输电线的总电阻为R，则()A．电压表V的示数减小了eq\f(ΔI,n2)RB．输电线上损失的电压增大了nRΔIC．输电线上损耗的功率增大了eq\f(ΔI2,n2)RD．发电机的输出功率增大了eq\f(UnΔI,k)解析：选A电流表A的示数增大了ΔI，则输电线上的电流增大了eq\f(ΔI,n)，经过发电机的电流增大了eq\f(kΔI,n)，则输电线上损失的电压增大了eq\f(ΔI,n)R，则电压表V的示数减小了eq\f(ΔI,n2)R，输电线上损失的功率增大了ΔP＝(I′2－I2)R≠eq\f(ΔI2,n2)R，发电机的输出功率增大了eq\f(UkΔI,n)，综上可知A正确。6.宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0。图线1、2分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与半径r3的图像，则()A．恒星S1的密度小于恒星S2的密度B．恒星S1的质量大于恒星S2的质量C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距两恒星表面高度相同的行星，S1的行星向心加速度较大解析：选A由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期较大，由万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，周期越大，则质量越小，B错误；两颗恒星的半径相等，则体积相等，所以恒星S1的密度小于恒星S2的密度，A正确；根据万有引力提供向心力，则Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)解得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度，C错误；距两恒星表面高度相等的行星，如图当他们轨道半径相等时，绕恒星S1运动的周期大于绕恒星S2运动的周期，他们的向心加速度a＝eq\f(4π2,T2)r，所以S1的行星向心加速度较小，D错误。7．如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接，小球b的质量是小球a的2倍。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ＝30°(细绳中张力大小视为不变)。小球a与细杆间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)。则拉力F的大小()A．一直增大 B．一直减小C．始终不变 D．无法确定解析：选A设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg保持不变。以a为研究对象，a受到重力、细绳的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如图所示。设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，水平方向F＝f＋2mgcosθ，又f＝μFN，联立求得F＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg，因为μ＝eq\f(\r(3),3)，利用数学知识可得(cosθ＋μsinθ)＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋θ)，即F＝eq\f(4\r(3),3)mgsin(60°＋θ)－μmg，θ从90°减小到30°，则sin(60°＋θ)逐渐增大，所以F将一直增大。故选A。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．如图甲所示，a、b为一列简谐横波上平衡位置之间相距6m的两个质点，两质点的振动图像如图乙所示，实线为a质点的振动图像，虚线为b质点的振动图像。已知两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长。关于该简谐波，下列说法正确的是()A．波长最大值为24mB．波长最大值为4.8mC．波速最大值为1.2m/sD．波速最大值为6.0m/s解析：选BC当波向右传播时，由题图乙可知，a、b两质点的振动时间差为Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)T＋nT))s，(n＝0,1,2…)，则a、b两质点的距离为6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ，(n＝0,1,2…)，由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为λmax＝eq\f(6,1＋\f(3,4))m≈3.43m，最大波速为vmax＝eq\f(λmax,T)≈0.86m/s，当波向左传播时，由题图乙可知，a、b两质点的振动时间差为Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T＋nT))s，(n＝0,1,2…)，则a、b两质点的距离为6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ，(n＝0,1,2…)，同理λmax＝eq\f(6,1＋\f(1,4))m＝4.8m，最大波速为vmax＝eq\f(λmax,T)＝1.2m/s，故B、C正确，A、D错误。9．传送带是广泛应用于运送货物的工具，大量应用于工厂、车站、机场等，机场里有一条水平匀速运行的传送带，传送带的速度为v，且足够长。一个质量为m的箱子无初速度地放在传送带一端，箱子与传送带间的动摩擦因数为μ，当箱子的速度与传送带刚好相等时，由于停电，传送带立即停止运转，则下列说法正确的是()A．箱子在传送带上的运动总时间为eq\f(v,μg)B．由于运送箱子，传送带多消耗的电能为eq\f(1,2)mv2C．箱子与传送带间产生的内能为mv2D．箱子相对传送带的位移为零解析：选CD箱子的合外力为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，箱子加速度大小a1＝μg，经过一段时间t1，箱子和传送带刚好速度相等，解得t1＝eq\f(v,μg)。停电后，传送带停止，箱子在摩擦力作用下继续向前匀减速且加速度依旧为μg，所以减速时间t2＝eq\f(v,μg)，所以箱子在传送带上运动总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(2v,μg)，A错误；根据能量守恒定律，多消耗的电能等于全程产生的内能，即为mv2，B错误；全程箱子与传送带间的相对路程为x＝2s＝eq\f(v2,μg)，所以全过程产生的内能Q＝μmg·x＝μmg·eq\f(v2,μg)＝mv2，C正确；箱子在加速过程和减速过程中，箱子相对传送带的位移大小均为s＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，但方向相反，所以箱子相对传送带的位移为零，D正确。10．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为eq\f(L,2)的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°。P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能不守恒B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大C．弹簧弹性势能最大值为(2eq\r(3)－1)mgLD．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg解析：选ADP、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A正确；两物体在沿着杆的方向上速度相等，因此可得vPcosα＝vQsinα，当α<45°时vP<vQ，当α>45°时vP>vQ，B错误；P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为Ep＝2mgL(cos30°－cos60°)＝(eq\r(3)－1)mgL，C错误；P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为3mg，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒定律。频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。(1)操作时比较合理的做法是________。A．先打开频闪仪再释放钢球B．先释放钢球再打开频闪仪(2)频闪仪闪光频率为f，拍到整个下落过程中的频闪照片如图甲所示，结合实验场景估算f的可能值为________。A．0.1Hz B．1HzC．10Hz D．100Hz(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径，重力加速度为g。用游标卡尺测出钢球实际直径D，如图乙所示，则D＝________cm。已知实际直径与照片上钢球直径之比为k。(4)选用以上各物理量符号，验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs5＝________________________________________________________________________。解析：(1)为了记录完整的过程，应该先打开频闪仪再释放钢球，A正确。(2)天花板到地板的高度约为3m，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有eq\f(1,2)g×(8T)2＝3m，解得T≈0.1s，即f＝eq\f(1,T)＝10Hz，C正确。(3)游标卡尺的读数为D＝45mm＋5×0.1mm＝4.55cm。(4)钢球运动到A点的速度为vA＝eq\f(s6－s4,2T)＝eq\f(s6－s4f,2)，根据比例关系可知，到A点的实际速度为v＝eq\f(ks6－s4f,2)，小球下落实际高度为H＝ks5，代入mgH＝eq\f(1,2)mv2可得，2gs5＝eq\f(1,4)kf2(s6－s4)2。答案：(1)A(2)C(3)4.55(4)eq\f(1,4)kf2(s6－s4)212.(9分)一金属线材电阻未知且电阻分布不均匀，为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两段，实验研究小组设计了如图所示电路，实验器材如下：未知电阻，阻值约为4.8Ω；微安表(零刻度在表盘中间)；定值电阻R1，阻值为10Ω；电阻箱R2，阻值0～99.9Ω；电流表，量程0～0.6A，内阻RA＝1Ω；电压表，量程0～3.0V，内阻约为3000Ω；滑动变阻器，0～10Ω；电源，电动势为3V；开关，导线若干。实验过程如下：(1)按图连接电路，闭合开关之前，将滑动变阻器的滑片滑到最________端(填“左”或“右”)。(2)将电阻箱R2的阻值调整到________Ω，闭合开关。(3)将滑动变阻器R3的滑片调节到合适位置，连接微安表的表笔与未知电阻试触，防止微安表电流过大，不断改变表笔在未知电阻上的接触位置，直到____________时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置。(4)保持表笔与记录的接触位置的接触，读出此时电流表和电压表的读数分别为________A和________V。(5)通过两表读数可以得到未知电阻的阻值为________Ω(计算结果保留两位有效数字)。解析：(1)按图连接电路，闭合开关之前，要保护电路，则将滑动变阻器的滑片滑到最右端，让阻值最大。(2)由题意可知需将电阻箱R2的阻值调整与定值电阻R1相等，调为10Ω。(3)利用了串联电阻的分压作用，当两电阻阻值相等时，电势降低相同，则两触点的电势相等，流过微安表的电流为零，所以为了等分电阻，只需要调节表笔在未知电阻上的接触位置，直到流过微安表的电流为零时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置。(4)电流表的最小刻度为0.02A，读数时，只需要同位估读，所以电流表的读数为0.50A。电压表的最小刻度为0.1V，读数时，需要估读到下一位，所以电压表的读数为2.50V。(5)并联电阻的阻值为R并＝eq\f(U,I)－RA＝4Ω，根据并联电路电阻关系有eq\f(1,R并)＝eq\f(1,Rx)＋eq\f(1,R1＋R2)代入数据解得Rx＝5Ω。答案：(1)右(2)10(3)流过微安表的电流为零(4)0.502.50(5)513．(11分)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使截面平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝eq\r(2)，光在真空中的速度为c。(1)请通过计算判断该光线能否从CD边射出；(2)若eq\o(CD,\s\up6(———))＝eq\r(6)l，求光在“道威棱镜”内部传播的时间。解析：(1)光在棱镜中传播光路如图所示。由折射定律n＝eq\f(sin45°,sinr)，解得r＝30°，而sinC＝eq\f(1,n)，解得C＝45°，光线到达CD边时，θ＝75°>C，将会在CD边发生全反射，故光线无法从CD边射出。(2)光线在棱镜内传播速率v＝eq\f(c,n)，设光在棱镜中的入射点和出射点分别为E、F，由正弦定理eq\f(\o(EP,\s\up6(———)),sin45°)＝eq\f(\o(CP,\s\up6(———)),sin120°)，解得eq\o(EP,\s\up6(———))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(CP,\s\up6(———))，由对称性可知，eq\o(PF,\s\up6(———))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(PD,\s\up6(———))，所以光在棱镜内部传播的路程s＝eq\f(\r(6),3)eq\o(CD,\s\up6(———))，而t＝eq\f(s,v)，所以t＝eq\f(2\r(2)l,c)。答案：(1)光线无法从CD边射出(2)eq\f(2\r(2)l,c)14．(12分)如图所示，长为L1＝2m的细线拴一质量为m＝1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，摆线与竖直方向的夹角为α＝37°，不计空气阻力，当小球运动到P点时细线断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径R＝eq\f(11,8)m，θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时与停在光滑地面的质量为M＝2kg的物块发生弹性正碰，物块运动到C后沿顺时针转动的倾斜的传送带CD运动，传送带CD与地面的倾角α＝37°，速度为v＝2m/s，不计物块在C处的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求：(1)小球到达圆弧B点时(碰撞前)的速度大小；(2)小球与物块M碰后物块M的速度大小；(3)物块M若能够到达D端，传送带CD部分L2最长是多少。解析：(1)设小球做匀速圆周运动的速度为v1，由牛顿第二定律得Fn＝mgtanα＝meq\f(v\o\al(2,1),L1sinα)解得：v1＝3m/s在A点，设速度为v2，根据运动合成与分解：v2＝eq\f(v1,cosθ)＝5m/s从A到B，设碰前速度为v3，根据动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgR(1－cosθ)解得：v3＝6m/s。(2)两物体弹性相碰，设M碰后速度为v′，m碰后速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv3＝mv4＋Mv′，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mv′2解得：v′＝eq\f(2,3)v3＝4m/s。(3)物块M滑上传送带后，开始减速，到与传送带速度相同：a1＝eq\f(Mgsinα＋μMgcosα,M)＝10m/s2x1＝eq\f(v′2－v2,2a1)＝0.6m因为Mgsinα>μMgcosα，所以共速后，不能一起匀速，物块M继续减速，a2＝eq\f(Mgsinα－μMgcosα,M)＝2m/s2减速到零：x2＝eq\f(v2－0,2a2)＝1m所以传送带最长L2＝x1＋x2＝1.6m。答案：(1)6m/s(2)4m/s(3)1.6m15．(16分)如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°，不考虑电子所受的重力。(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；(2)若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形