2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练1（含答案）

这是一份2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练1（含答案），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1.为实现减碳目标，发展核能是我国的重要能源战略．甘肃武威建设的钍基熔盐堆是更加清洁安全的核裂变堆型，在缺水的地方也可以运行．钍232俘获中子后进行两次β衰变生成铀233，转化过程为 eq \\al(\s\up1(232),\s\d1( 90)) Th―→ eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 90)) Th―→ eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa―→ eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 92)) U，铀233裂变的典型产物是氪和钡，并放出能量． eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 90)) Th的半衰期约为22分钟， eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa的半衰期约为27天．下列说法正确的是( )
A． eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 90)) Th和 eq \\al(\s\up1(232),\s\d1( 90)) Th中子数相同
B．铀233裂变的方程为 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 92)) U＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(142),\s\d1( 56)) Ba＋ eq \\al(\s\up1(90),\s\d1(36)) Kr＋3 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n
C．一块含有 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa的矿石经过27天，矿石质量减为原来的一半
D． eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa衰变为 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 92)) U的本质是核内的中子转化为质子，同时放出β粒子
2.我国是茶的故乡，茶在我国已有4 000多年的历史．在现代喝茶也是部分人的一种习惯，更是不少人的爱好，下列说法正确的是( )
A．用温水泡茶比用开水泡茶更易闻到茶香
B．液体的表面张力使茶杯盖上的水滴呈球形
C．茶水中茶叶的沉浮可视为布朗运动
D．半满的装有热茶的茶杯拧紧杯盖，过一段时间较难打开的原因可能是扩散作用
3.[2022·山东卷，2]
我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
4.[2022·重庆押题卷]利用激光笔可以在荧光纸上留下印迹的特点，有同学进行如下操作：轻质弹簧上端固定，在其下端固定一激光笔，让笔沿竖直方向自由振动，激光笔发射的激光可以垂直射到竖直放置其后的荧光纸上，将荧光纸以速度v水平向左拖动，在荧光纸上留下如图所示波形图，其中P、Q两点位于波峰，间隔为x0；M点位于波谷，P、M竖直间距为y0，则( )
A．激光笔振幅为y0
B．激光笔在留下P、Q两点时加速度均为零
C．激光笔在留下P、M两点时加速度相同
D．激光笔的振动周期为 eq \f(x0,v)
5.[2022·山东济宁二模]如图所示，有一折射率为 eq \r(2) 的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R＝0.2 m的扇形NBC，柱体厚度为h＝0.1 m．一束刚好覆盖ABNM面的单色光，以与该面成45°角的方向照射到ABNM面上．若只考虑首次入射到ABCD面上的光，则ABCD面上有光透出部分的面积为 ( )
A． eq \f(π,100) m2 B． eq \f(π,150) m2
C． eq \f(π,200) m2 D． eq \f(π,300) m2
6.如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2 m，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差Uab＝20 V．则( )
A．电场强度的大小E＝2 V/m
B．b点的电势比d点的低5 V
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
7.
如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠B＝30°，甲粒子从C点沿CA方向射入磁场，恰不从AB边射出，乙粒子从C点沿着CB方向射入磁场，恰好垂直AB边射出，甲、乙粒子带电荷量之比为 eq \r(3) ∶1，则甲、乙粒子的动量大小之比为( )
A．1∶1 B． eq \r(3) ∶1
C．1∶ eq \r(3) D．3∶1
8.[2022·安徽模拟预测]2020年7月31日，北斗闪耀，泽沐八方．北斗三号全球卫星导航系统(如图甲所示)建成暨开通仪式在北京举行．如图乙所示为55颗卫星绕地球在不同轨道上运动的lg T ­ lg r图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径，1和2为其中的两颗卫星．已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．地球的半径为x0
B．地球质量为 eq \f(4π210b,G)
C．卫星1和2运动的线速度大小之比为x1∶x2
D．卫星1和2向心加速度大小之比为102x2∶102x1
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.如图所示，“和谐号”动车组列车长为L，静止在车站内，车头前方距离d处有一灯杆，列车从静止开始匀加速前进，经过时间t1车头经过灯杆．下列说法正确的是( )
A．车头经过灯杆时的速度大小为 eq \f(2d,t1)
B．列车的加速度大小为 eq \f(2d,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )
C．整列列车经过灯杆用时 eq \f(Lt1,d)
D．列车经过灯杆过程的平均速度为 eq \f(\r(d)L,（\r(L＋d)－\r(d)）t1)
10.[2022·浙江淳安中学月考]如图所示，理想变压器的输入端接入有效值为220 V的正弦交流电，开关S接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，1 min内滑动变阻器产生的热量为300 J．若变压器损耗功率不计，二极管为理想二极管，所有电表内阻影响不计， eq \r(2) ＝1.4，则下列判断不正确的是( )
A．此时电压表的读数为5 V
B．原、副线圈的匝数之比为22∶1
C．若只将S从1拨到2，电流表示数增大
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
11.如图所示，在同一竖直平面内小球a、b从高度不同的两斜坡顶端以不同初速度沿水平方向先后抛出，恰好同时落到两斜坡共同的最低点P，并且落到P点时两球的速度方向垂直．已知落到P点时a、b两球的水平位移大小相等，左、右两斜坡顶端的高度分别为2h、h，重力加速度为g，不计空气阻力．则( )
A．两小球抛出时刻的时间差为 eq \f(（2－\r(2)）\r(gh),g)
B．小球a的初速度大小为 eq \r(2gh)
C．左、右两斜坡的长度之比为2∶ eq \r(3)
D．两小球落到P点时的水平位移大小为3 eq \r(2) h
12.如图所示，两平行金属导轨沿水平方向固定，导轨间距为L，两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，两根由同种材料制成的粗细均匀且长度均为L的导体棒垂直放在导轨上，导体棒乙在两虚线间，导体棒甲在虚线1的左侧，现给导体棒甲一水平向右的速度v0，经过一段时间导体棒乙经过虚线2，此时甲、乙的速度之比为2∶1，该过程两导体棒没有发生碰撞，导体棒始终与导轨垂直且接触良好．已知磁感应强度大小为B，导体棒甲的质量为m、阻值为r，导体棒乙的横截面积为导体棒甲的2倍，忽略导轨的电阻以及一切摩擦．则下列说法正确的是( )
A．从甲进入磁场到乙离开磁场，从上向下看电流沿顺时针方向
B．乙在磁场中做加速度增大的加速运动
C．乙在磁场中运动的过程中，流过乙某横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2BL)
D．乙在磁场中运动的过程中，乙上产生的热量为 eq \f(5,48) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
三、实验题：本题共2小题，共14分．
13.(6分)如图甲所示，为测量A、B两个物体之间的动摩擦因数，将两个物体叠放在水平面上，B的上、下表面均水平，A物体与一弹簧相连，弹簧的左端固定在竖直铁架台上，使弹簧处于水平状态，铁架台上固定一刻度尺．用一随时间逐渐增大的水平向右的拉力作用在物体B上，弹簧长度随时间变化的图像如图乙所示．请回答下列问题：
(1)
对于实验所使用的弹簧，一位同学提供了某次实验中弹簧所受的拉力大小F与弹簧长度x之间的关系图像如图丙所示，由此可知实验前，需要调节物体A、B的位置，使弹簧的长度为x1＝________cm，弹簧的劲度系数k＝________N/m.
(2)若当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2，本次实验中测得x2＝7.6 cm，物体A的质量为m＝0.4 kg，物体B的质量为M＝0.6 kg，则A、B两个物体之间的动摩擦因数μ＝________．
14.(8分)[2022·浙江6月选考](1)探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化．
①图2为实验器材部分连线图，还需要________(选填af、bf、fd、fc、ce或cg)连线(多选).
②图3所示电压表的示数为________ V.
③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10 Ω，额定电流I＝1.0 A．选择负载电阻R＝10 Ω，以R两端电压U为纵轴， eq \f(x,L) 为横轴(x为AP的长度，L为AB的长度)，得到U ­ eq \f(x,L) 分压特性曲线为图4中的“Ⅰ”；当R＝100 Ω，分压特性曲线对应图4中的________(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”)；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是________．
(2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是________(多选).
A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
模拟小卷练1 (12＋2实验)
1．解析： eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 90)) Th和 eq \\al(\s\up1(232),\s\d1( 90)) Th的质子数均为90， eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 90)) Th比 eq \\al(\s\up1(232),\s\d1( 90)) Th多一个中子，A错误；根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知，B错误；一块含有 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa的矿石经过27天，矿石中 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa的质量减为原来的一半，因为衰变的主要产物还在矿石中，矿石的质量并没有减为原来的一半，质量几乎不变，C错误； eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 91)) Pa衰变为 eq \\al(\s\up1(233),\s\d1( 92)) U是β衰变，β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为质子，放出一个电子，D正确．
答案：D
2．解析：茶香是茶叶中的一些分子扩散到水中，然后又随着水分子扩散到空气中，温度越高，扩散得越快，A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，因此小水滴呈球形，B正确；茶叶的体积较大不属于微粒，C错误；茶杯内的气体降温后，压强较外界大气压小，因内外气压差，杯盖较难打开，D错误．
答案：B
3．解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．
答案：A
4．解析：由图可知激光笔振幅为 eq \f(y0,2) ，故A错误；激光笔在留下P、Q两点时位于正向最大位移处，加速度最大，故B错误；激光笔在留下P、M两点时加速度大小相同，方向相反，故C错误；激光笔的振动周期等于纸带运动x0距离所用的时间，即 eq \f(x0,v) ，故D正确．
答案：D
5.
解析：根据折射定律有n＝ eq \f(sin i,sin r) ，代入数据，得r＝30°，即光进入玻璃后与竖直方向的夹角为30°.过N点的光线垂直入射到BC界面上，从点G射出，G与C之间没有光线射出，越靠近B的光线入射到BC面上时入射角越大，越容易发生全反射，根据临界角公式sin C＝ eq \f(1,n) ，可得C＝45°，如图，取任意一条光线，在三角形NEG中可求得NE与NG的夹角为90°－45°＝45°＝ eq \f(π,4) ，所以有光透出的部分的弧长为 eq \f(πR,4) ，则ABCD面上有光透出部分的面积为S＝ eq \f(πRh,4) ＝ eq \f(π,200) m2，故选C.
答案：C
6．解析：根据Uab＝E·ab cs 60°，可得电场强度的大小E＝ eq \f(Uab,ab·cs 60°) ＝ eq \f(20,0.2×0.5) V/m＝200 V/m，选项A错误；沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，选项B错误；将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，选项C错误；因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D正确．
答案：D
7.
解析：作出两粒子的运动轨迹如图所示，设AC的长度为l，由几何知识可得r甲＝ eq \f(\r(3),3) l，r乙＝l，则 eq \f(r甲,r乙) ＝ eq \f(\r(3),3) ；两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bq甲v甲＝ eq \f(m甲v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ,r甲) ，Bq乙v乙＝ eq \f(m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ,r乙) ，则r甲＝ eq \f(m甲v甲,Bq甲) ，r乙＝ eq \f(m乙v乙,Bq乙) ，结合 eq \f(q甲,q乙) ＝ eq \f(\r(3),1) ，可得m甲v甲∶m乙v乙＝1∶1，A正确．
答案：A
8．解析：设地球质量为M，由万有引力提供向心力有G eq \f(Mm,r2) ＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2) r，两边同时取对数，整理可得lg T＝ eq \f(3,2) lg r－ eq \f(1,2) lg eq \f(GM,4π2) ，当lg T＝0时，有102x0＝ eq \f(GM,4π2) ，可知x0并不代表地球半径，选项A错误；对比图像可知 eq \f(1,2) lg eq \f(GM,4π2) ＝b，解得M＝ eq \f(4π2102b,G) ，选项B错误；由v＝ eq \r(\f(GM,r)) 可得 eq \f(v1,v2) ＝ eq \r(\f(r2,r1)) ＝，选项C错误；根据a＝G eq \f(M,r2) 以及图乙可求得，卫星1和2向心加速度之比为102x2∶102x1，选项D正确．
答案：D
9．解析：列车从静止开始匀加速前进，设车头经过灯杆时的速度大小为v1，有d＝ eq \f(v1,2) ·t1，解得v1＝ eq \f(2d,t1) ，A正确；根据匀变速直线运动规律有d＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，得a＝ eq \f(2d,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，B正确；设整列列车经过灯杆用时t2，根据匀变速直线运动规律有d＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，d＋L＝ eq \f(1,2) a(t1＋t2)2，解得t2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(L＋d,d))－1)) t1，C错误；列车经过灯杆过程的平均速度为v＝ eq \f(L,t2) ＝ eq \f(\r(d)L,（\r(L＋d)－\r(d)）t1) ，D正确．
答案：ABD
10．解析：开关接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，1 min内滑动变阻器产生的热量为300 J，由Q＝ eq \f(U2,R) t，可得U＝5 eq \r(2) V，因电压表测量的是有效值，故电压表的读数为7 V，选项A错误；由于二极管的单向导电性，经过变压器后的交变电流有一半波形无法经过二极管，设变压器副线圈两端电压的有效值为U2，由电流的热效应可得 eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R) × eq \f(T,2) ＝ eq \f(U2,R) ×T，解得U2＝10 V，由变压器电压与匝数关系式 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ，可得原、副线圈的匝数之比为22∶1，选项B正确；若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知U2减小，负载不变的情况下，I2减小，由U1I1＝U2I2，可知电流表示数I1减小，选项C错误；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，则电流表示数I1减小，电压表示数取决于变压器的输入电压及匝数比，故保持不变，选项D错误．
答案：ACD
11．解析：两小球在竖直方向均做自由落体运动，运动的时间t＝ eq \r(\f(2h′,g)) ，结合斜坡的高度可知，两小球抛出时刻的时间差为 eq \f(（2－\r(2)）\r(gh),g) ，A正确；由平抛运动规律，在水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝ eq \f(1,2) gt2，化简得v0＝x eq \r(\f(g,2y)) ，故小球a的初速度为va＝x eq \r(\f(g,4h)) ，小球b的初速度为vb＝x eq \r(\f(g,2h)) ，可得vb＝ eq \r(2) va，设小球a到达P点时速度方向和竖直方向的夹角为θ1，有tan θ1＝ eq \f(va,\r(4gh)) ，设b到达P点时速度方向和竖直方向的夹角为θ2，有tan θ2＝ eq \f(vb,\r(2gh)) ，结合题述可得tan θ1＝ eq \f(1,tan θ2) ，有vavb＝2 eq \r(2) gh，结合上述分析得va＝ eq \r(2gh) ，x＝2 eq \r(2) h，故左侧斜坡的长度为l1＝2 eq \r(3) h，右侧斜坡的长度为l2＝3h，B、C正确，D错误．
答案：ABC
12．解析：甲进入磁场后，回路中的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看回路中的感应电流沿逆时针方向，A错误；甲进入磁场瞬间回路中产生感应电流，则甲受到向左的安培力做减速运动，乙受到向右的安培力做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，则乙出磁场区域前向右做加速度减小的加速运动，B错误；由于两棒的材料相同，则密度相同，又乙的横截面积为甲的2倍，由m＝ρSL可知乙的质量是甲的2倍，即乙的质量为2m，乙在磁场中运动的过程中，两导体棒所受的外力之和为零，则两导体棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝mv甲＋2mv乙，又v甲∶v乙＝2∶1，解得v乙＝ eq \f(v0,4) ，对乙由动量定理有B eq \(I,\s\up6(－)) Lt＝2mv乙，又q＝ eq \(I,\s\up6(－)) t，整理得q＝ eq \f(mv0,2BL) ，C正确；由于两棒的材料相同，则电阻率相同，又乙的横截面积为甲的2倍，由R＝ eq \f(ρ0L,S) 可知乙的电阻是甲电阻的 eq \f(1,2) ，即乙的电阻为 eq \f(r,2) ，乙在磁场中运动的过程中，由能量守恒定律得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＋ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ＋Q，解得Q＝ eq \f(5,16) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，则导体棒乙上产生的热量为Q乙＝ eq \f(1,3) Q＝ eq \f(5,48) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，D正确．
答案：CD
13．解析：(1)由题意分析知，实验前需调节物体A、B的位置使弹簧处于原长状态，由图丙可知弹簧的原长为x1＝4 cm；由胡克定律F＝kx可知，F ­ x图像的斜率表示弹簧的劲度系数，代入数据解得k＝ eq \f(8,（20－4）×10－2) N/m＝50 N/m.(2)本实验的实验原理是二力平衡，当弹簧不再伸长时，弹簧对A的拉力大小等于B对A的摩擦力大小，即μmg＝k·Δx＝k(x2－x1)，则μ＝ eq \f(k（x2－x1）,mg) ＝ eq \f(50×（7.6－4）×10－2 N,0.4×9.8 N) ≈0.46.
答案：(1)4 50 (2)0.46
14．解析：(1)①由电路图可知，应将电压表并联在电阻箱两端，又由图2可知电源是两节干电池，因此电压表的量程应选择3 V，即连接af；由于滑动变阻器采用分压接法，因此滑动变阻器的接线柱c与开关的接线柱e相连，即连接ce；电阻箱的接线柱f应连接在滑动变阻器上侧的一个接线柱上，即连接df；②由图3可知电压表的读数为1.50 V；③在x相同的条件下，电阻箱的阻值越大，电阻箱与滑动变阻器AP部分并联的电阻值越接近AP部分的真实阻值，电压表的示数越大，因此当R＝100 Ω时，分压特性曲线对应图4中的Ⅱ，由以上分析可知滑动变阻器的最大阻值越小，图线越接近直线，因此选择的依据为R0