2024年新高考物理第一轮复习：高考仿真模拟

高考仿真模拟(时间：60分钟满分：110分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．关于核反应方程eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放出的核能，X为新生成的粒子)，已知eq\o\al(234,90)Th的半衰期为T，则下列说法正确的是()A.eq\o\al(234,90)Th的比结合能为eq\f(ΔE,234)B．100个钍核(eq\o\al(234,90)Th)经2T时间后剩下25个C．X粒子是从原子核中射出的电子，此核反应为β衰变D．衰变后射出的电子与镤核(eq\o\al(234,91)Pa)的质量之和等于衰变前钍核(eq\o\al(234,90)Th)的质量解析eq\o\al(234,90)Th的结合能为将eq\o\al(234,90)Th的234个核子分开所需要的能量，该能量远大于它衰变时放出的能量ΔE，所以eq\o\al(234,90)Th的比结合能大于eq\f(ΔE,234)，A错误：元素的半衰期是统计规律，只对大量原子核的衰变有意义，B错误：根据原子核衰变时质量数和电荷数守恒可知，X粒子是eq\o\al(0,－1)e，是从原子核中射出的，因此该核反应为β衰变，C正确；钍核(eq\a\vs4\al(eq\o\al(234,90)Th))在衰变过程中，释放出能量，即衰变过程中有一定的质量亏损，故衰变后射出的电子与eq\o\al(234,91)Pa的质量之和小于衰变前eq\o\al(234,90)Th的质量，D错误。答案C15．如图1所示，某野外训练场上有一道壕沟，运动员可以借助岸边摆长L不同的秋千从摆角为60°的位置摆到最低点后越过壕沟。运动员可以视为质点，秋千质量不计，空气阻力不计，秋千悬点到地面的高度为定值H。则运动员()图1A．选择摆长L越小的秋千越有利于越过壕沟B．选择摆长L＝eq\f(H,2)的秋千最有利于越过壕沟C．选择的摆长L越大，秋千在最低点受到的拉力越大D．选择摆长L＝eq\f(H,2)的秋千时，秋千在最低点受到的拉力最小解析在秋千从摆角为60°的位置摆到最低点的过程中，根据动能定理有mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，摆到最低点后运动员做平抛运动，则有H－L＝eq\f(1,2)gt2、x＝vt，解得x2＝2L(H－L)，所以当L＝eq\f(H,2)时，x2有最大值，则距离xmax＝eq\f(\r(2),2)H，A错误，B正确；运动员摆到最低点时有F－mg＝eq\f(mv2,L)，解得秋千受到的拉力大小F＝2mg，与L无关，C、D都错误。答案B16．我国是少数几个掌握飞船对接技术的国家之一，为了实现神舟十一号飞船与天宫二号空间站的顺利对接，具体操作应为()A．飞船与空间站在同一轨道上沿相反方向做圆周运动，两者接触后对接B．飞船与空间站在同一轨道上沿同一方向做圆周运动，在合适位置飞船加速追上空间站对接C．空间站在高轨道，飞船在低轨道，二者同向飞行，在合适位置飞船加速追上空间站后对接D．飞船在高轨道，空间站在低轨道，二者同向飞行，在合适位置飞船加速然后与空间站对接解析飞船与空间站在同一轨道上沿相反方向做圆周运动，碰撞后飞船和空间站都会损毁，A错误；空间站在前，飞船在后，两者在同一轨道上沿同一方向做圆周运动，飞船加速会做离心运动，故不可能追上空间站，B错误；空间站在高轨道，飞船在低轨道且两者同向飞行，在合适的位置飞船加速做离心运动然后与空间站对接，C正确；飞船在高轨道，空间站在低轨道，两者同向飞行，飞船加速后做离心运动，离空间站更远，不能实现对接，D错误。答案C17．如图2甲所示为手机等用电器无线充电的原理图，如果圆形受电线圈的面积S＝1×10－3m2，线圈匝数为n＝100，线圈的电阻为R＝5Ω，垂直于线圈平面的磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，若受电线圈给内阻为r＝5Ω的电池充电，则()图2A．受电线圈中产生的感应电动势大小为0.05VB．0～1.0s内受电线圈中的感应电流方向不变C．1.5s时刻，受电线圈中的感应电流为零D．充电过程中，电池的发热功率为1.25W解析由题及题图乙可知，受电线圈中产生的感应电动势大小为E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.25,0.5×10－2)×1×10－3V＝5V，A错误；0～0.5s内受电线圈中的磁通量沿正方向减小，0.5～1.0s内受电线圈中的磁通量沿反方向增大，根据楞次定律可知，两个时间段内受电线圈中产生的感应电流方向相同，B正确；由于受电线圈中的感应电动势恒定，因此1.5s时，受电线圈中的感应电流并不为零，C错误；由于电池是非纯电阻元件，因此电池中除了有电热功率，还有将电能转化为化学能的功率，即有IE＞I2R＋I2r，即I＜eq\f(E,R＋r)＝0.5A，因此电池的发热功率Pr＝I2r＜(0.5)2×5W＝1.25W，D错误。答案B18．如图3所示，图中实线是静电场中的五条电场线，虚线是静电场中的一条等势线，a、b、c是电场线上的点，d是等势线上的点，一带负电的点电荷在a点由静止释放，结果该点电荷在电场力作用下竖直向上运动，不计点电荷的重力，则下列说法正确的是()图3A．该点电荷一定向上做匀加速运动B．一负点电荷在b点释放时的加速度比在c点释放时的加速度大C．将一正点电荷从b点移到c点，电场力做正功D．将一负点电荷从d点沿等势线向右射出，电荷将沿等势线做直线运动解析一带负电的点电荷在a点由静止释放，结果该点电荷在电场力作用下竖直向上运动，说明该点电荷受到的电场力方向竖直向上，电场线的方向竖直向下，由于电场是非匀强电场，因此该点电荷运动过程中受到的电场力是变化的，根据牛顿第二定律可知，该点电荷的加速度也是变化的，A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，b点的场强比c点的场强大，因此同样的点电荷在b点释放时的加速度一定比在c点释放时的加速度大，B正确；由经过b、c两点的等势线比较可知，c点电势比b点电势高，因此将一正点电荷从b点移到c点，电势能增大，电场力做负功，C错误；将一负点电荷从d点沿等势线向右射出，由于电场线垂直于等势线，因此电场力垂直于等势线，故该负点电荷不会沿等势线运动，D错误。答案B19．如图4所示，U形铁芯放置在粗糙水平桌面上，一导体棒ab静止在U形铁芯的两板之间，开关闭合后，棒仍在原位置保持静止状态，此时棒受到的安培力大小为F1，若移动滑动变阻器的滑片，使电路中的电流变为原来的一半，此时棒受到的安培力大小为F2，则下列说法正确的是()图4A．铁芯两板之间的磁场方向向下B．F1的大小大于F2大小的2倍C．棒对铁芯下板有垂直棒向左的静摩擦力D．若滑片向左移动后棒仍然静止，则桌面对铁芯的摩擦力增大解析根据右手螺旋定则可以判断铁芯的下板为N极，铁芯两板之间的磁场方向向上，A错误；若移动滑片，使电流变为原来的一半，磁场也变弱，则棒受到的安培力将小于原来的一半，B正确；开关闭合后导体棒将受到垂直棒向右的安培力及铁芯对其向左的静摩擦力而处于平衡状态，根据牛顿第三定律，棒对铁芯下板有垂直棒向右的静摩擦力，C错误；当滑片向左移动后，电路中的电流变大，棒所受安培力增大，棒与铁芯下板间的静摩擦力增大，桌面对铁芯的摩擦力也增大，D正确。答案BD20．如图5所示，光滑的水平面上有A、B两物体，初始时刻两物体相距4m，t＝0时刻开始A、B分别在恒力作用下向对方运动。A做初速度为零、加速度大小为2m/s2的匀加速运动，B做初速度大小为4m/s，加速度大小为4m/s2的匀减速运动，下列关于A、B运动的说法正确的是()图5A．A、B在B的出发点相遇B．A、B在二者速度方向相同时相遇C．A、B在二者速度相同时相遇D．二者在A的速度大于B的速度时相遇解析作出两物体运动的v－t图象如图所示，以A的初速度方向为正方向，由v－t图象知，当B运动1s时速度大小为零，此时A运动的位移为1m，B运动的位移大小为2m，此时A、B相距1m，未相遇，B错误；1s后A、B均沿正方向运动，B在前，A在后，由图象可知，当A、B的速度相等时，总时间为2s，A运动的总位移为4m，B运动的总位移为零，即B回到出发点时两物体相遇，相遇时两物体的速度相同，A、C正确，D错误。答案AC21．如图6所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在原线圈电路的a、b端输入电压一定的正弦交变电流，将副线圈电路中滑动变阻器R2的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路中的阻值用R滑表示，则下列判断正确的是()图6A．R1消耗的功率一定减小B．R2消耗的功率一定减小C．原、副线圈两端的电压一定都增大D．当R1、R2消耗的功率相等时，eq\f(R1,R滑)＝eq\f(1,2)解析设a、b端输入的交变电流电压的有效值为U、原线圈中的电流为I，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，副线圈中的电流为eq\f(1,2)I，副线圈两端的电压为eq\f(1,2)IR滑，原线圈两端的电压为eq\f(1,4)IR滑，则U＝IR1＋eq\f(1,4)IR滑，当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路中的阻值R滑增大，根据U＝IR1＋eq\f(1,4)IR滑，可知原线圈中的电流减小，因此电阻R1消耗的功率减小，A正确；滑动变阻器R2消耗的功率P滑＝UI－I2R1＝－R1(I－eq\f(U,2R1))2＋eq\f(U2,4R1)，因此当I＝eq\f(U,2R1)，即当R滑＝4R1时，R2消耗的功率最大，因此，如果开始时R滑小于4R1，则在R2的滑片向上移动的过程中R2的功率可能增大，也可能先增大后减小，如果开始时R滑大于等于4R1，则在R2的滑片向上移动的过程中R2消耗的功率减小，B错误；由于副线圈中电流减小，则I减小，因此R1两端的电压减小，原、副线圈两端的电压都增大，C正确；当R1、R2消耗的功率相等时，有I2R1＝(eq\f(1,2)I)2R滑，得eq\f(R1,R滑)＝eq\f(1,4)，D错误。答案AC二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共47分)22．(6分)如图7所示是某研究性学习小组设计的“探究动能定理”的实验装置。他们将“光电门固定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在质量为M的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，钩码的质量为m，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度。图7(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度如图8所示，则d＝__________cm。图8(2)不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置(与O点之间的距离为s0的G点)由静止释放。用该实验方案__________(填“需要”或“不需要”)满足M远大于m；__________(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；只要已知量和测得量满足关系式________________________，即可得出做功与速度变化的关系。解析(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为0.05×15mm＝0.75mm，所以最终读数为：主尺读数＋游标尺读数＝5mm＋0.75mm＝5.75mm＝0.575cm。(2)因为实验中要将细线的拉力作为小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力；因为拉力传感器可以直接测出细线的拉力，故不用将钩码的重力大小视为细线的拉力大小，故不需要满足M远大于m；要探究动能定理，需要满足关系式Fs0＝eq\f(1,2)M(eq\f(d,t))2。答案(1)0.575(2分)(2)不需要(1分)需要(1分)Fs0＝eq\f(1,2)M(eq\f(d,t))2(2分)23．(9分)一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中有如下器材：A．热敏电阻RxB．定值电阻R0C．学生电源(通过调节可输出0～12V的电压)D．电流表A1(0.6A，内阻r1＝5Ω)E．电流表A2(0.6A，内阻r2约为1Ω)F．温控箱(能显示温度并可调温度)G．开关S，导线若干(1)为了比较准确地测量电阻Rx，请完成虚线框内图9甲电路图的设计。图9(2)闭合开关S，记下电表A1的读数为I1，A2的读数为I2＝__________A(如图乙所示)，得Rx＝__________(用字母表示)。(3)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rx－t图象。根据所给的Rx－t图象可以看出，该热敏电阻的阻值与温度的关系式是Rx＝__________。当温控箱中的温度达到600℃时，热敏电阻的阻值为Rx＝__________Ω。解析(1)测电阻阻值需要测出电阻两端的电压与通过电阻的电流，所给实验器材没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联，间接测出电阻两端的电压，另一个电流表串联在电路中测电路电流，电路如图所示。(2)量程为0.6A的电流表最小分度为0.02A，读数应估读到0.01A，故电流表的读数为0.50A；电阻Rx两端电压U＝I1r1，通过电阻Rx的电流I＝I2－I1，电阻阻值Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(I1r1,I2－I1)。(3)由图象可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求图线的斜率，可在图线上找两个距离较远的点，如(0℃，7.5Ω)、(300℃，17.5Ω)，图线的斜率为k＝eq\f(17.5－7.5,300－0)Ω/℃＝eq\f(1,30)Ω/℃，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是Rx＝7.5＋eq\f(1,30)t(Ω)。当温控箱中的温度达到600℃时，该热敏电阻的阻值为Rx＝(7.5＋eq\f(1,30)×600)Ω＝27.5Ω。答案(1)电路图见解析(2分)(2)0.50(1分)eq\f(I1r1,I2－I1)(2分)(3)7.5＋eq\f(1,30)t(Ω)(2分)27.5(2分)24．(14分)如图10所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑。质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定。质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连。求：图10(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧轨道上升的最大高度。解析(1)物块A在圆弧轨道上下滑的过程，机械能守恒，则3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)(3分)A与B碰撞的过程动量守恒，则3mv1＝4mv2(2分)A、B压缩弹簧的过程，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒。弹簧的最大弹性势能为Epmax＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)(2分)联立解得Epmax＝eq\f(9,4)mgh(2分)(2)分析可知，A、B分离时A的速度大小为v2，A与B分离后沿圆弧轨道上升到最高点的过程，机械能守恒，有3mgh′＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)(3分)联立解得h′＝eq\f(9,16)h。(2分)答案(1)eq\f(9,4)mgh(2)eq\f(9,16)h25．(18分)如图11所示，在xOy直角坐标平面内－0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿x轴负方向的匀强电场。在x轴上坐标为(－0.05m，0)的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷eq\f(q,m)＝5×107C/kg，速率v0＝2×106m/s的带正电粒子。若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：(结果可保留根号)图11(1)粒子在磁场中运动的半径R；(2)粒子Z从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ及第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；(3)若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度。解析(1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)(2分)甲解得R＝0.1m(1分)(2)由题意可知粒子Z是垂直电场左边界进入电场的，作粒子Z在磁场中的运动轨迹如图甲所示，O1为轨迹圆的圆心。用dB表示磁场区域的宽度。由几何知识可知∠O1SO＝θ，在△SOO1中满足cosθ＝eq\f(OS,O1S)＝eq\f(dB,R)＝eq\f(1,2)，代入数据可得θ＝eq\f(π,3)＝60°，即粒子Z从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角为60°(或120°)。(3分)经过y轴且位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图乙所示，N点到x轴的竖直距离L满足L2＋(R－dB)2＝R2，解得L＝eq\f(\r(3),20)m，即粒子P的位置坐标为(0，eq\f(\r(3),20)m)。(3分)乙(3)用dE表示电场区域的宽度，由于粒子Z恰能到达电场的右边界，根据动能定理，有qEdE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)解得E＝5.0×105N/C(1分)设粒子Z到达电场右边界时沿x轴方向的速度为v⊥，则veq\o\al(2,⊥)＝2adE(2分)根据牛顿第二定律，有qE＝ma(2分)联立解得v⊥＝2×106m/s(1分)所以粒子P到达电场右边界时的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,⊥))＝2eq\r(2)×106m/s，方向与电场右边界的夹角为45°(或135°)。(1分)答案(1)0.1m(2)60°(或120°)(0，eq\f(\r(3),20)m)(3)2eq\r(2)×106m/s方向与电场右边界成45°(或135°)(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．晶体的熔点和液体的沸点都与压强有关B．鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿，这属于毛细现象C．高原地区水的沸点较低，这是高原地区压强较低的缘故D．保存地下的水分就要把地面的土壤锄松，这是利用了表面张力E．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后变成球形是由于表面张力(2)(10分)如图12所示，汽缸甲的顶部有固定的挡板，右侧有一空心玻璃球乙，甲、乙之间用玻璃管连接，已知甲、乙的导热性能良好，开始时环境温度为27℃。已知甲、乙的容积分别为V甲＝4.8L、V乙＝1.2L，玻璃管的容积可忽略不计，汽缸的横截面积大小为S＝0.01m2，开始时阀门K闭合，用厚度不计、质量为m＝1kg、截面面积与汽缸横截面积刚好相同的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸甲中，玻璃球乙内为真空，已知外界大气压为p0＝1.0×105Pa，此时活塞与挡板之间刚好没有作用力，将阀门K打开后活塞向下缓慢地移动一段距离后稳定。忽略一切摩擦，g＝10m/s2。图12(ⅰ)求活塞向下移动直到稳定的过程中，封闭气体对活塞做的功；(ⅱ)关闭阀门K，将环境温度升高到207℃，当活塞再次稳定时，求汽缸甲中封闭气体的压强p甲′。解析(1)晶体的熔点与晶体的种类、压强都有关，液体的沸点也是与液体的种类、压强有关，A正确；鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿，这是不浸润现象，故B错误；高原地区水的沸点较低，这是高原地区压强较低的缘故，C正确；压紧土壤可以把地下水分引上来是毛细现象，锄松土壤可以保存地下的水分，与表面张力无关，D错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后变成球形，是表面张力作用的结果，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同的情况下球的表面积最小，故呈球形，E正确。(2)(ⅰ)阀门K闭合时有p甲＝eq\f(p0S＋mg,S)＝1.01×105Pa(1分)打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时气体体积减小为1.2L，压强会大于p甲，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触。所以打开阀门K后，气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸甲中气体体积为V1则有V甲＝V乙＋V1，代入数据解得V1＝3.6L(1分)活塞下移距离为x＝eq\f(V甲－V1,S)(1分)代入数据解得x＝0.12m(1分)所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部为0.12m。气体对活塞的作用力为F＝poS＋mg＝1010N(1分)则上述过程封闭气体对活塞做的功为W＝－Fx＝－1010×0.12J＝－121.2J(1分)(ⅱ)阀门K关闭，环境温度升高到207℃时，活塞将上升，如果气体发生等压变化，设最终甲中气体的体积为V2，根据盖—吕萨克定律eq\f(V2,T2)＝eq\f(V1,T1)(1分)解得V2＝5.76L＞V甲＝4.8L(1分)说明活塞最终停在汽缸顶部，根据理想气体状态方程有eq\f(p甲V1,T1)＝eq\f(p甲′V甲,T2)(1分)代入数据解得p甲′＝1.212×105Pa(1分)答案(1)ACE(2)(ⅰ)－121.2J(ⅱ)1.212×105Pa34．[物理