2024高考物理一轮复习仿真模拟冲刺标准练一含解析新人教版

PAGE12-仿真模拟冲刺标准练(一)选择题部分一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的．1．2024年是世界上首次实现元素人工转变100周年。1919年，卢瑟福用氦核轰击氮原子核，发觉产生了另一种元素，该核反应方程可写为eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(m,8)X＋eq\o\al(1,n)Y.以下推断正确的是()A．m＝16，n＝1B．m＝17，n＝1C．m＝16，n＝0D．m＝17，n＝02．如图所示，水平放置、内壁光滑的密闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分．已知a部分气体为1mol氧气，b部分气体为2mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为志向气体．解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡状态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb.下列说法正确的是()A．Va>Vb，Ta>TbB．Va>Vb，Ta<TbC．Va<Vb，Ta<TbD．Va<Vb，Ta>Tb3．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s，排泥管的横截面积为0.7m2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A．5×106NB．2×107NC．2×109ND．5×109N4．某一列沿x轴传播的简谐横波，在t＝eq\f(T,4)时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点，质点P正在向动能增大的方向运动．下列说法正确的是()A．波沿x轴正方向传播B．t＝eq\f(T,4)时刻，Q的速度比P的速度大C．t＝eq\f(3T,4)时刻，Q到达平衡位置D．t＝eq\f(3T,4)时刻，P向y轴正方向运动5．2024年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同始终线上，此时是视察天王星的最佳时间．已知日地距离为R0，天王星和地球的公转周期分别为T和T0，则天王星与太阳的距离为()A.eq\r(3,\f(T2,T\o\al(2,0)))R0B.eq\r(\f(T3,T\o\al(3,0)))R0C.eq\r(3,\f(T\o\al(2,0),T2))R0D.eq\r(\f(T\o\al(3,0),T3))R06．如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零．已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的肯定值为e，不计电子的重力．关于电容器右侧极板的带电状况和入射光的频率ν，以下推断正确的是()A．带正电，ν0＋eq\f(Qe,Ch)B．带正电，ν0＋eq\f(Qe,Chd)C．带负电，ν0＋eq\f(Qe,Ch)D．带负电，ν0＋eq\f(Qe,Chd)7．如图所示，由某种透亮介质制成的长直细圆柱体置于真空中．某种单色光在介质中传输，经过多次全反射后从右端射出．若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角2θ出射，则此介质的折射率为()A.eq\r(1＋sin2θ)B.eq\r(1＋cos2θ)C.eq\r(1＋cos2θ)D.eq\r(1＋sin2θ)8．秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采纳重水反应堆技术，利用中子(eq\o\al(1,0)n)与静止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.在金属球壳的球心有一个正点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()A．M点的电场强度比K点的大B．球壳内表面带负电，外表面带正电C．摸索电荷－q在K点的电势能比在L点的大D．摸索电荷－q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功10．其次届进博会于2024年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够依据发球人的身体动作和来球信息，刚好调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽视空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是()A．击球过程合外力对乒乓球做的功为零B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态11.如图所示，某人从距水面肯定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人由静止起先竖直跳下，到达水面前速度大小减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽视空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y关系的图象可能正确的是()12．竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，螺线管中通有顺时针方向(俯视)的电流，电流大小按图乙所示的规律改变．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是()A．t＝eq\f(T,4)时刻，小圆环有扩张的趋势B．t＝eq\f(T,4)时刻，小圆环有收缩的趋势C．t＝eq\f(T,4)和t＝eq\f(3T,4)时刻，小圆环内的感应电流大小相等D．t＝eq\f(3T,4)时刻，俯视时小圆环内有逆时针方向的感应电流非选择题部分三、非选择题：本题共6小题，共60分．13．(6分)2024年9月，我国胜利完成了76km/h高速下列车实车对撞试验，标记着我国高速列车被动平安技术达到了世界领先水平．某学习小组受此启发，设计了如下的碰撞试验，探究其中的能量损耗问题，试验装置如图甲所示．该小组打算了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器所接电源的频率f＝50Hz.调整好试验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示；用滑块C替代滑块B，重复上述试验过程，纸带数据如图丙所示．(1)依据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为________J，滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为________J．(计算结果均保留2位有效数字)(2)依据试验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能________(填“增大”“减小”或“不变”)．14．(8分)某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的阻值Rx.所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯、电源E、开关S及导线等．操作步骤如下：调整滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调整滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录电流表A1、A2的示数，分别为I1、I2.请回答以下问题：(1)若电流表的内阻可忽视，则电流表示数I2＝________I1时，电阻箱的阻值等于待测铅笔芯的阻值．(2)用螺旋测微器测量该铅笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该铅笔芯的直径为________mm.(3)已测得该铅笔芯的长度L＝20.00cm，电阻箱R1的读数为5.00Ω，依据上面测量的数据可计算出铅笔芯的电阻率ρ＝________Ω·m.(结果保留3位有效数字)(4)若电流表A2的内阻不能忽视，仍利用(1)中方法，则铅笔芯电阻的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．15．(8分)如图甲所示，在高速马路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急状况的车辆避险运用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度g＝10m/s2.(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应当满意什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示．(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字．)16．(8分)如图所示，按下压水器，能够把肯定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．起先时桶内气体的体积V0＝8.0L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20m．出水管内水的体积忽视不计，水桶的横截面积S＝0.08m2.现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0L的水．求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，取重力加速度大小g＝10m/s2，设整个过程中气体可视为志向气体，温度保持不变．17．(14分)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面对外的匀强磁场Ⅰ，其次象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面对外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角的方向离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时的初速度大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度大小B1.18．(16分)如图所示，不行伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．起先时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，eq\x\to(ON)与eq\x\to(OA)的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动．当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小．(1)求小球的初速度大小v0；(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；(3)在细线被拉断后，小球接着向前运动，试推断它能否通过A点．若能，恳求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由．仿真模拟冲刺标准练(一)1．B依据核反应方程满意质量数守恒和电荷数守恒，可知m＝4＋14－1＝17，n＝2＋7－8＝1，选项B正确．2．D设初状态时每部分志向气体的体积为V0，温度为T0，依据志向气体状态方程知，a部分气体，eq\f(paV0,T0)＝R，b部分气体，eq\f(pbV0,T0)＝2R，联立解得pb＝2pa.解除锁定后，活塞向左移动，Va<Vb，活塞对a部分气体做正功，对b部分气体做负功，依据热力学第肯定律知，a部分气体内能增大，b部分气体内能减小。依据志向气体的内能只与温度有关可知，a部分气体温度高于b部分气体温度，即Ta>Tb，选项D正确．3．A排泥量Q＝Sv＝1.4m3/s，泥泵的输出功率P＝Fv，联立解得泥泵对排泥管内泥浆的推力F＝5×106N，选项A正确．4．D依据题述质点P正在向动能增大的方向运动可知，质点P正在向平衡位置运动，可推断出波沿x轴负方向传播，选项A错误；t＝eq\f(T,4)时刻Q处于波谷，速度为零，Q的速度比P的速度小，选项B错误；在eq\f(T,4)时刻Q处于波谷，再经过半个周期即t＝eq\f(3T,4)时刻，Q到达波峰，选项C错误；在eq\f(T,4)时刻P向y轴负方向运动(即向下运动)，再经过半个周期即t＝eq\f(3T,4)时刻，P向y轴正方向运动，选项D正确．5．A对于地球绕太阳的运动，设太阳质量为M，地球质量为m0，由万有引力供应向心力可得Geq\f(Mm0,R\o\al(2,0))＝m0R0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T0)))2，对于天王星绕太阳的运动，设天王星质量为m，天王星与太阳的距离为R，由万有引力供应向心力可得Geq\f(Mm,R2)＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2，联立解得R＝eq\r(3,\f(T2,T\o\al(2,0)))R0，选项A正确．6．C由电子在电容器两带电平行板之间做减速运动可知，电容器右侧极板带负电．由爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W，W＝hν0，由电容器电容定义式知C＝eq\f(Q,U)，由动能定理有－eU＝0－Ek，联立解得ν＝ν0＋eq\f(Qe,Ch)，选项C正确．7．D设此介质折射率为n，光线以全反射临界角传输，则sinC＝eq\f(1,n)，从右端出射时，设入射角为r，则r＋C＝90°，折射角为θ，依据折射定律有n＝eq\f(sinθ,sinr)，联立解得，n＝eq\r(1＋sin2θ)，选项D正确．8．B设中子质量为m，则氘核质量为2m，设碰撞后中子动量为p，氘核动量为p′，由动能与动量的关系有E＝eq\f(p\o\al(2,0),2m)，由弹性碰撞遵循动量守恒定律，碰撞前后总动能不变，可得p0＝p＋p′，eq\f(p\o\al(2,0),2m)＝eq\f(p2,2m)＋eq\f(p′2,4m)，中子损失的动能ΔE＝eq\f(p\o\al(2,0),2m)－eq\f(p2,2m)＝eq\f(p′2,4m)，联立解得ΔE＝eq\f(8E,9)，选项B正确．9．ABD依据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知M点的电场强度大于K点的电场强度，选项A正确；依据电场线由正电荷动身到负电荷终止，可知球壳内表面带负电，外表面带正电，选项B正确；依据沿电场线方向电势渐渐降低可知，L点电势比K点电势低，所以摸索电荷－q在K点的电势能比在L点的电势能小，选项C错误；摸索电荷－q沿电场线方向从M点运动到N点，由于负电荷所受电场力方向与电场线方向相反，所以电场力做负功，选项D正确．10．AC机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，击球过程中乒乓球动能改变量为零，依据动能定理知，击球过程中合外力做的功为零，选项A正确；击球过程中乒乓球动量改变量不为零，依据动量定理知，击球过程中合外力对乒乓球的冲量不为零，选项B错误；由于忽视空气阻力，乒乓球在上升过程中和下落过程中均只受重力，其加速度方向竖直向下，可知选项C正确，D错误．11．AD人由静止起先跳下，在弹性绳刚好伸直前，人做自由落体运动，速度从零起先匀称增加，加速度为g；弹性绳伸直后人做加速度渐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时速度最大，之后做加速度反向增大的减速运动，到达最低点，此时加速度最大，结合v－t图线斜率表示加速度，可知A正确，B错误；弹性绳伸直后，设弹性绳伸长量为x，由牛顿其次定律有mg－kx＝ma，解得a＝g－eq\f(kx,m)，即加速度a与弹性绳伸长量x成线性关系，选项C错误，D正确．12．BC由题图乙可知，0～eq\f(T,2)时间内，螺线管中的电流匀称增大，由安培定则可推断出螺线管中产生的磁场方向向下且磁感应强度渐渐增大，故小圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，小圆环有收缩的趋势，选项B正确，A错误；eq\f(T,2)～T时间内，螺线管中的电流匀称减小，由安培定则可推断出螺线管中产生的磁场方向向下且磁感应强度渐渐减小，故小圆环中磁通量削减，由楞次定律可知，俯视时小圆环内产生有顺时针方向的感应电流，选项D错误；t＝eq\f(T,4)时刻和t＝eq\f(3T,4)时刻，螺线管中电流改变率大小相等，故小圆环中磁通量改变率相等，依据法拉第电磁感应定律知，小圆环内产生的感应电动势大小相等，由闭合电路欧姆定律可知，小圆环内的感应电流大小相等，选项C正确．13．答案：(1)0.450.60(2)增大解析：(1)打点计时器所接电源的频率f＝50Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.02s，由题图乙可知，碰撞前滑块A的速度为vA＝eq\f(6.00,0.02)×10－2m/s＝3.0m/s，A与B碰撞并粘合在一起后速度为vAB＝eq\f(3.00,0.02)×10－2m/s＝1.5m/s.碰撞前滑块A的动能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×0.20×3.02J＝0.90J，碰撞后滑块A、B的总动能EkAB＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)×(0.20＋0.20)×1.52J＝0.45J，A与B碰撞过程中系统损失的动能为ΔEk1＝EkA－EkAB＝0.90J－0.45J＝0.45J．由题图丙可知，A与C碰撞并粘合在一起后速度为vAC＝eq\f(2.00,0.02)×10－2m/s＝1.0m/s.碰撞前滑块A的动能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×0.20×3.02J＝0.90J，碰撞后滑块A、C的总动能EkAC＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,AC)＝eq\f(1,2)×(0.20＋0.40)×1.02J＝0.30J，A与C碰撞过程中系统损失的动能为ΔEk2＝EkA－EkAC＝0.90J－0.30J＝0.60J．(2)依据试验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能增大．14．答案：(1)eq\f(1,2)(2)1.000(3)1.96×10－5(4)小于解析：(1)若电流表的内阻可以忽视，由并联电路规律可知，电流表A2的示数I2＝eq\f(I1,2)时，电阻箱的阻值等于待测铅笔芯的阻值．(2)依据螺旋测微器读数规则知，图乙所示的铅笔芯的直径为d＝0.5mm＋0.500mm＝1.000mm.(3)待测铅笔芯阻值Rx＝5.00Ω，铅笔芯的横截面积S＝eq\f(1,4)πd2＝eq\f(1,4)π×(1.000×10－3)2m2＝eq\f(1,4)π×10－6m2，由Rx＝eq\f(ρL,S)，解得ρ＝eq\f(RxS,L)＝eq\f(5.00π,4×0.20)×10－6Ω·m＝1.96×10－5Ω·m.(4)若电流表A2的内阻不能忽视，则有R1＋RA2＝Rx，即电阻箱阻值R1小于待测铅笔芯阻值Rx，可知铅笔芯电阻的测量值小于真实值．15．答案：(1)tanθ≤0.30(2)57m解析：(1)当货车在避险车道停下后，若不发生溜滑现象，则有fm≥mgsinθ货车所受的最大静摩擦力fm＝μFN＝μmgcosθ联立解得tanθ≤0.30(2)货车在避险车道上行驶时a＝gsinθ＋μgcosθ＝5.51m/s2货车驶入避险车道的初速度v0＝25m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)≈57m16．答案：2.225L解析：设流出2.0L水后，液面下降Δh，则Δh＝eq\f(V1,S)此时，桶中气体压强p2＝p0＋ρg(h1＋Δh)，体积V2＝V0＋V1设桶中气体在外界压强下的体积为V′，则p2V2＝p0V′初始状态桶中气体压强为p0，体积为V0，故ΔV＝V′－V0解得ΔV＝2.225L17．答案：(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qR0B\o\al(2,0),2m)(3)eq\f(B0,2)解析：(1)粒子在第四象限中运动时，由洛伦兹力供应向心力，有