周末仿真•自主评价-第1周检测卷

周末仿真•自主评价——第1周检测卷(本试卷满分：110分)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求；第6～8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，有选错或不选的得0分)1．核潜艇以核反应堆作动力源，其中一种核反应方程是eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→X＋eq\o\al(94,38)Sr＋10eq\o\al(1,0)n，生成物X、eq\o\al(94,38)Sr的比结合能分别为8.7MeV、8.4MeV，下列说法正确的是()A．该反应是核聚变反应B．X比eq\o\al(94,38)Sr更稳定C．X的质子数与中子数相等D．X的结合能比eq\o\al(235,92)U的结合能大解析：选B根据质量数和电荷数守恒，可知该核反应方程为eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(132,54)X＋eq\o\al(94,38)Sr＋1001n，该反应属于核裂变，A错误；因为生成物X比eq\o\al(94,38)Sr的比结合能大，所以X比eq\o\al(94,38)Sr更稳定，B正确；X的质子数为54，其中子数为132－54＝78，所以中子数和质子数不相等，C错误；X的核子数比eq\o\al(235,92)U少，两者的比结合能接近，因此X的结合能比eq\o\al(235,92)U的结合能小，D错误。2．每个工程设计都蕴含一定的科学道理。如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力()A．等于eq\f(1,4)mg B．小于eq\f(1,4)mgC．R越大，弹力越大 D．R越大，弹力越小解析：选D如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为θ，对角爪之间的距离为d，由图中几何关系可得sinθ＝eq\f(d,2R)，由受力平衡可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)＞eq\f(1,4)mg，可知R越大，sinθ越小，cosθ越大，FN越小，D正确，A、B、C错误。3．某种型号的霓虹灯的供电电路图如图所示，P为自耦变压器的滑动触头，其原线圈接在u1＝220eq\r(2)sin100πt(V)的正弦交流电源上，副线圈上通过输电线接有1个霓虹灯。若霓虹灯的激发电压(点亮霓虹灯的最低电压)和熄灭电压(维持霓虹灯发光的最低电压)均为U0＝6600V。若此时霓虹灯正在发光，关于霓虹灯的发光情况，下列说法正确的是()A．霓虹灯的激发电压和熄灭电压是指电压的平均值B．正弦交流电源的频率为100HzC．若把P向上移动，霓虹灯每次持续的发光时间会变长D．若把P向下移动，霓虹灯每次持续的发光时间会变长解析：选D依题意，由于加在霓虹灯两端电压大于其激发电压和熄灭电压时灯管就发光，则其激发电压和熄灭电压是指电压的瞬时值，故A错误；依题意，所加正弦交流电的周期为T＝eq\f(2π,100π)＝0.02s，频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故B错误；依题意，原线圈两端的电压有效值U1＝eq\f(220\r(2)V,\r(2))＝220V，根据变压器的特点，假定变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，则副线圈两端电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(n2,n1)220(V)，则副线圈两端电压最大值为U2m＝eq\f(n2,n1)220eq\r(2)(V)，若把P向上移动，则n1变大，副线圈两端电压的最大值U2m会变小，则在一个周期里，副线圈两端电压的瞬时值大于激发电压和熄灭电压的时间会变短，即霓虹灯每次持续的发光时间会变短；反之，若把P向下移动，n1变小，副线圈两端电压的最大值U2m会变大，在一个周期里，副线圈两端电压的瞬时值大于激发电压和熄灭电压的时间会变长，霓虹灯每次持续的发光时间会变长，故C错误，D正确。4.如图，小林开展实验探究，用直径小于空心铝管和塑料管管径的强磁体同时从竖直放置的等长空心铝管和塑料管的上端口静止释放，发现强磁体通过空心铝管时间较长。关于此现象，下列说法正确的是()A．强磁体吸引铝管，相互摩擦致磁体下落得慢B．强磁体下落时，铝管产生感应电流的磁场对强磁体运动产生阻碍作用C．只要铝管足够长，强磁体可能减速至静止D．强磁体在空心铝管的下落过程中保持机械能守恒解析：选B强磁体对铝管没有吸引作用，A错误；强磁体下落时会在铝管中产生感应电流的磁场，由楞次定律可知强磁体会受到阻碍其运动的磁场力，故磁体下落得慢，B正确；强磁体运动时才能在铝管中产生感应电流，因此，强磁体不可能在管中处于静止状态，C错误；强磁体下落时减少的机械能转化为电能，D错误。5.某静电场中x轴上各点的电场强度方向均与x轴重合，以x轴负方向为电场强度的正方向，电场强度E随x的变化规律如图所示。－d～d间的图像关于x＝0对称。下图分别表示x轴上各点的电势φ随x变化的图像，其中可能正确的是()解析：选C由于以x轴负方向为电场强度的正方向，在－d～d区间，场强均为正值，即场强均沿x轴负方向，沿电场方向电势逐渐降低，故沿＋x方向，电势逐渐升高，由于φ-x图线的斜率表示场强大小，在O点附近场强最大，φ-x图线斜率最大，对比可知，只有C正确。6.如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，现将质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是()A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大解析：选AB若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地的位移，故变小，故D错误。7．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体弹射装置可以使运动员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质量为50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是()A．运动员匀加速运动的距离为81mB．匀加速过程中，绳子的平均弹力为200NC．运动员入弯时的向心力为648ND．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°解析：选BC运动员匀加速的距离为x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(18,2)×4.5m＝40.5m，故A错误；匀加速过程中，加速度为a＝eq\f(v,t)＝eq\f(18,4.5)m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力为F＝ma＝50×4N＝200N，故B正确；运动员入弯时的向心力为Fn＝eq\f(mv2,r)＝50×eq\f(182,25)N＝648N，故C正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，tanθ＝eq\f(mg,Fn)＝eq\f(gr,v2)＝eq\f(250,324)<1，则θ＜45°，故D错误。8．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A．在此过程中F所做的功为eq\f(1,2)mv02B．在此过中F的冲量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq\f(v02,4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍解析：选BC外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①，由速度位移公式有v02＝2a1s0②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③，由速度位移公式有0－v02＝2a2·2s0④，由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv02,4s0)，动摩擦因数μ＝eq\f(v02,4gs0)，滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq\f(3,4)mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正确。二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9．(5分)某学习小组用三枚相同的硬币来验证动量守恒定律。将两枚硬币叠放粘连，记为A，另一枚硬币记为B，在水平桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，OO′与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到OO′的距离s1；②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与OO′相切；③如图丙，将A压缩弹簧至同甲位置，射出后在OO′处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到OO′的距离s2、s3。请回答以下问题：(1)两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达OO′线时具有相同的________。(2)碰撞前瞬间A的速度大小与________成正比。A．s1 B．s2C.eq\r(s1)D.eq\r(s2)(3)多次实验，若测量数据均近似满足关系式____________________________(用题中给定符号表达)，则说明硬币碰撞过程中动量守恒。解析：(1)根据实验原理可知，两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达OO′线时具有相同的速度。(2)根据题意可知，将A从P沿PQ弹射，A做匀减速直线运动，设加速度为a，则有v12＝2as1，解得v1＝eq\r(2as1)，故C正确。(3)由上述分析可知，硬币的速度v∝eq\r(s)，根据动量守恒定律有2mv1＝2mv2＋mv3整理可得2eq\r(s1)＝2eq\r(s2)＋eq\r(s3)，即若测量数据均近似满足关系式2eq\r(s1)＝2eq\r(s2)＋eq\r(s3)，则说明硬币碰撞过程中动量守恒。答案：(1)速度(1分)(2)C(1分)(3)2eq\r(s1)＝2eq\r(s2)＋eq\r(s3)(3分)10．(10分)某同学在用电流表和电压表测一节锂电池的电动势和内阻的实验中，实验电路如图甲所示，电池的电动势约为3V，内阻约为1Ω，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A．电流表(量程0～0.6A、0～3A)B．电压表(量程0～3V、0～15V)C．定值电阻(阻值4Ω、额定功率5W)D．定值电阻(阻值20Ω，额定功率5W)E．滑动变阻器(阻值范围0～40Ω、额定电流2A)F．滑动变阻器(阻值范围0～1000Ω、额定电流1A)请回答下列问题：(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择0～________V，电流表的量程应选择0～________A，定值电阻R0应选择________(选填“C”或“D”)，滑动变阻器R应选择________(选填“E”或“F”)。(2)该同学测得以下五组数据，根据数据在图乙中画出U-I图像；由图像可求出该电池电动势E＝V，内阻为r＝________Ω。(结果保留1位小数)U/V2.402.001.601.200.80I/A0.080.160.240.270.40(3)小明同学因为粗心，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图丁所示。小明同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丁也可以达到实验目的，则由图丁可得电源的电动势E＝________V，r＝________Ω。(结果保留1位小数)解析：(1)一节锂电池电动势约为3V，则电压表的量程应选择0～3V；由表中实验数据可知，最大电流为0.40A，则电流表的量程应选择0～0.6A；根据闭合电路欧姆定律，可得电路中的最小电阻为Rmin＝eq\f(E,I)＝eq\f(3.0,0.6)Ω＝5Ω，所以R0应选择4Ω的电阻，即定值电阻R0应选择C；为方便实验操作和保护电路安全，滑动变阻器应选择0～40Ω，即滑动变阻器R应选择E。(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图像，如图所示：根据闭合电路欧姆定律，可得U-I函数关系式为：U＝E－I(r＋R0)，根据图像的物理意义，可知该电池电动势为：E＝2.8V，图像的斜率表示：r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(2.8－0.5,0.46－0)Ω＝5.0Ω，所以电源内电阻为：r＝5.0Ω－4Ω＝1.0Ω。(3)由小明同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图丁所示的图像，则由图像可知，当电压为2.00V时，电流为0.10A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝0.20A；而当电压为1.8V时，电流分别对应0.06A和0.18A，则说明当电压为1.8V时，干路电流为I2＝0.06A＋0.18A＝0.24A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.00＝E－0.2(r＋R0)，1.80＝E－0.24(r＋R0)，联立解得电源的电动势为：E＝3.0V；内阻为：r＝1.0Ω。答案：(1)3(1分)0.6(1分)C(1分)E(1分)(2)见解析图(2分)2.8(1分)1.0(1分)(3)3.0(1分)1.0(1分)11．(12分)如图所示，质量为M＝1kg、长为L＝1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m＝0.5kg的物块B(可视为质点)以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g＝10m/s2。(1)求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；(2)若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。解析：(1)根据功能关系μ1mgx1＋eq\f(1,2)(μ1mg＋μ2mg)x2＝eq\f(1,2)mv02(2分)解得v0＝eq\r(6)m/s。(2分)(2)设最后共同速度为v，根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v(1分)解得v＝eq\f(\r(6),3)m/s(1分)系统损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝1J(1分)由于μ1mgx1＝0.5J<1J(1分)因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有μ1mgx1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(μ1mg＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ1＋\f(μ2－μ1,x2)x0))mg))x0＝ΔEk(2分)解得x0＝eq\f(\r(5)－1,4)m(1分)因此，物块B相对长木板滑行的距离x＝x1＋x0＝eq\f(\r(5)＋1,4)m。(1分)答案：(1)eq\r(6)m/s(2)eq\f(\r(5)＋1,4)m12.(20分)为了研究行星的磁场对宇宙高能粒子及行星生态环境的作用，研究小组建立了以下模型，如图所示，在圆心为O1半径为R的接地的金属圆柱外，有一个匀强磁场均匀地分布在半径为R、2R的两边界Ⅰ、Ⅱ之间的圆环区域内，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B(未知)。在磁场左侧有一长为4R的带状粒子源，中点为O2，可以放出速度大小为v0、方向平行O1O2连线的带正电粒子，带电粒子沿线均匀分布，每单位时间放出的粒子数为n0。已知带电粒子的比荷为eq\f(q,m)，不计重力及任何阻力。求：(1)若从O2点放出的粒子，恰好能被金属圆柱接收到，则磁感应强度B的大小；(2)若B＝eq\f(mv0,qR)，则圆柱在单位时间内接收到的粒子数n1；(3)若B＝eq\f(mv0,2qR)时某粒子在磁场中轨迹恰好与金属圆柱内切，则该粒子进入磁场的位置与O1O2连线间的距离。解析：(1)设O2点放出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，轨迹如图甲所示轨迹刚好与圆柱相切，由勾股定理得(r1＋R)2＝r12＋4R2(2分)得r1＝eq\f(3R,2)(1分)因此由Bqv0＝eq\f(mv02,r1)(2分)得B＝eq\f(2mv0,3qR)。(1分)(2)当B＝eq\f(mv0,qR)，根据qv0B＝meq\f(v02,r2)(2分)粒子运动半径r2＝R(1分)由几何关系知，刚好与圆柱相切粒子轨迹圆的圆心在边界Ⅱ上，粒子入射的位置在O1O2连线以下eq\f(R,2)处，而且沿最下方与磁场相切进入的粒子容易被圆柱接收到，故粒子入射的位置在O1O2连线以下eq\f(R,2)～2R处，圆柱在单位时间内接收到的粒子数n1＝eq\f(3n0,8)。(3分)(3)在B＝eq\f(mv0,2qR)时，根据qv0B＝meq\f(v02,r3)(1分)粒子的轨迹圆半径为r3＝2R(1分)粒子的轨迹圆与圆柱体内切，如图丙所示△CO1D是一个两邻边为2R的等腰三角形，其面积S＝eq\f(1,2)eq\r(CD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)CO1))2)·CO1＝eq\f(1,2)·CD·EO1(2分)由图可知CO1＝R，CD＝O1D＝2R解得EO1＝eq\f(\r(15),4)R(1分)对△DO1E：ED＝eq\r(O1D2－O1E2)＝eq\f(7,4)R(2分)粒子进入磁场的位置与O1O2连线间的距离为eq\f(7,4)R。(1分)答案：(1)eq\f(2mv0,3qR)(2)eq\f(3n0,8)(3)eq\f(7,4)R(二)选考题(共15分。任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)13．[选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，它一定从外界吸热C．清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用D．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则热运动E．一定量的理想气体，如果体积不变，温度降低，分子与器壁每秒平均碰撞次数减少(2)(10分)2023年2月10日00时16分，完成在轨建造的中国空间站与“圆梦”乘组共同完成了他们的首次出舱任务。舱外航天服是一套非常复杂的生命保障系统，简单的物理模型可以理解为：舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。出舱前，航天员身着航天服，先从核心舱进入节点舱，此时航天服密闭气体的体积为V1＝4L，压强为p1＝1.0×105Pa，温度为t1＝27℃；然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。(绝对零度取－273℃)①节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝8L，假设温度不变，求此时航天服内气体压强p2；②打开舱门后，航天员安全出舱，由于外界温度极低，航天服自动控制系统启动，系统能通过加热和充、放气等调节方式来保证密闭航天服内气体压强为p2、温度为t2＝－3℃、体积为V1＝4L，求调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比。解析：(1)当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，故A错误；一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则外界对气体做负功，根据eq\f(pV,T)＝C知温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知它一定从外界吸热，故B正确；清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用，故C正确；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，反映了液体或气体分子在永不停息地做无规则热运动，故D错误；一定量的理想气体，如果体积不变，温度降低，则分子的平均速率减小，分子与器壁每秒平均碰撞次数减少，故E正确。(2)①由于航天服内气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2(2分)代入数值解得p2＝5×104Pa。(2分)②打开舱门后，以航天服内气体为研究对象，假设这部分气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律有eq\f(V2,T1)＝eq\f(V,T2)(2分)由于T1＝t1＋273K，T2＝t2＋273K代入数值解得V＝7.2L(2分)由于剩余气体在这个压强下体积为V1＝4L又因为剩余气体与原气体之间质量和体积成正比，则有eq\f(m剩,m原)＝eq\f(5,9)。(2分)答案：(1)BCE(2)①5×104Pa②5∶914．[选修3－4](15分)(1)(5分)图甲是一列水面波在t＝0时刻的波形图，该水面波正在海面上传播，其传播方向沿x轴的正方向，图乙是质点N的振动图像，下列说法正确的是________。A．该列波的传播速度为10m/sB．在t＝0.4s时，质点N具有向上的最大加速度C．再经过0.4s的时间，N点