2025届高考物理二轮总复习考前热身练基础题保分练3

这是一份2025届高考物理二轮总复习考前热身练基础题保分练3，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.(2024广东韶关二模)三星堆遗址距今已有5 000至3 000年历史,昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。应用碳14测定年代是考古中的重要方法,在高空大气中,来自宇宙射线的中子轰击氮14,不断以一定的速率产生碳14,接着碳14就发生放射性衰变,其半衰期为5 730年,反应方程分别为nCCNe。以下说法正确的是( )
A.核反应方程要遵循电荷数守恒和质量守恒
B.碳14发生的放射性衰变是β衰变
C.埋入地下的植物中,碳14的半衰期将变长
D.4个碳14在经过一个半衰期后,一定还剩2个
答案 B
解析 核反应方程要遵循电荷数守恒和质量数守恒,而质量会亏损,释放核能,故A错误;碳14发生放射性衰变的核反应方程是CNe,是β衰变,故B正确;放射性元素的半衰期与物理环境和化学状态均无关,与原子核自身的结构有关,故埋入地下的植物中,碳14的半衰期不变,故C错误;半衰期是大量原子核衰变的统计规律,则4个碳14在经过一个半衰期后,不一定剩2个,故D错误。
2.(2024江西赣州一模)LED灯具有节能、环保、寿命长、高亮度、耐高温等特点而得到广泛使用,如图甲所示为汽车车头LED大灯,为提高亮度,灯组的前端是一半径为R、质量分布均匀的玻璃球,原理简化图如图乙所示,O为球心,一单色光束从O1处射向A点,经折射后从B点平行于OO1射出,折射角为60°,OA⊥OB,则( )
A.此光束在A点的入射角α=30°
B.此光束在玻璃球中的频率比在真空中要小
C.此光束在玻璃球中传播的时间为
D.玻璃球的折射率为
答案 D
解析 根据几何关系可知,此光束从B点射出时的入射角为45°,根据折射定律可知,玻璃球的折射率为n=,由于光束在A点的折射角为45°,则此光束在A点的入射角为α=60°,故A错误,D正确;此光束在玻璃球中的频率与在真空中的频率相等,故B错误;此光束在玻璃球中传播的速度为v=,根据几何关系可知,光束在玻璃球中传播的距离为s=R,则此光束在玻璃球中传播的时间为t=,故C错误。
3.(2024四川南充二模)金属探测器已经广泛应用于安检场所,下列关于金属探测器的说法正确的是( )
A.金属探测器可用于食品生产中,防止细小的砂石颗粒混入食品中
B.金属探测器探测金属时,被探测金属中感应出涡流
C.金属探测器在使用时必须快速移动
D.金属探测器只能探测出具有铁磁性的金属材料
答案 B
解析 金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的砂石颗粒混入食品中,故A、D错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,故B正确;探测过程中金属探测器与被测物体相对运动即可,不用快速移动,故C错误;故选B。
二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
4.如图所示,S1、S2是振动情况完全相同的两个波源,它们的振动频率均为5 Hz。P是两列波传播方向上的一个质点,其中PS1=6 m,PS2=10 m。t=0时,P刚好振动到波峰位置。已知S1、S2连线上相邻两振动加强点间的距离为0.5 m,下列说法正确的是( )
A.波的传播速度为10 m/s
B.波的传播速度为5 m/s
C.t=0.1 s时,P质点刚好振动到波谷位置
D.t=0.1 s时,P质点刚好振动到波峰位置
答案 BC
解析 如图所示,设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动加强点,Q2是其左侧第2个振动加强点,Q2与Q1相距Δl,由振动加强的条件有Q1S2-Q1S1=λ,同理有Q2S2-Q2S1=(Q1S2+Δl)-(Q1S1-Δl)=2λ,联立解得|Δl|=,即连线上相邻两振动加强点间的距离为,由题意知=0.5m,得λ=1m,波的传播速度为v==λf=5m/s,A错误,B正确;由题意得PS2-PS1=4m=4λ,则P所在位置是振动加强点,t=0.1s时,即经过的时间为t=,故从波峰经历半个周期,P质点刚好振动到波谷位置,C正确,D错误。
5.(2024江西鹰潭一模)如图所示为在水平面内振动的弹簧振子,O是平衡位置,P是最大位移处,不计小球与轴的摩擦,振幅为A,振动周期为T,则下列说法正确的是( )
A.若M是OP的中点,则小球从O到M的最短时间等于从M到P的最短时间的一半
B.从小球运动到O点开始计时,t=时小球距O点的距离为A
C.小球从O向P运动的过程中加速度不断减小
D.小球从O向P运动的过程中速度与位移的方向相同
答案 ABD
解析 若M是OP的中点,则小球从O到M最短时间满足=Asinωt=Asint,得t=,解得t=,M到P的最短时间为t'=,明显t=,则从O到M的最短时间是从M到P的最短时间的一半,故A正确;把t=代入方程x=Asinωt=Asint,解得x=A,故B正确;小球从O向P运动的过程中,回复力增大,则加速度增大,故C错误;小球从O向P运动的过程中,速度和位移方向均向右,故速度和位移的方向相同,故D正确。
三、非选择题:本题共3小题,共23分。
6.(6分)(2024山东临沂模拟)某物理小组的同学查阅资料得知,弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧形变量。他们设计了如图甲所示装置来测量重力加速度g,操作步骤如下:
(1)该同学首先利用游标卡尺测量遮光条的宽度,如图乙所示,宽度为d= cm。
(2)按图甲所示竖直悬挂好轻质弹簧,将轻质遮光条水平固定在弹簧下端,测出此时弹簧的长度x0;在铁架台上固定一个位置指针,标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置,用轻质细线在弹簧下方挂上钩码,测量出平衡时弹簧的长度x,并按图甲所示将光电门的中心线调至与遮光条下边缘同一高度。
(3)用手缓慢地将钩码向上托起,直至遮光条下边缘恰好回到弹簧原长时指针标记的等高处(保持细线竖直),将钩码由静止释放,记下遮光条经过光电门的时间Δt,则钩码此时的速度v= (用题中所给字母表示)。
(4)多次改变钩码个数,重复步骤(2)(3),得到多组数据,作出(x-x0)-图像如图丙所示;根据数据计算出图线斜率为b时,g= (用d和b表示)。
答案 (1)0.230 (3) (4)
解析 (1)主尺读数为2mm,游标卡尺第6条刻度线与主尺对齐,宽度为
d=2mm+6×0.05mm=0.230cm。
(3)钩码此时的速度为v=。
(4)根据受力平衡k(x-x0)=mg
所以Ep弹=k(x-x0)2=mg(x-x0)
根据机械能守恒定律mg(x-x0)=k(x-x0)2+
联立,解得x-x0=
结合图丙,可得斜率k==b
解得g=。
7.(7分)(2024内蒙古赤峰一模)如图所示,竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时,U形管右管上端封有压强为p0的理想气体A,左管上端封有长度L1=8 cm的理想气体B,左右两侧水银面高度差L2=5 cm,此时A、B气体的温度均为280 K。已知p0相当于75 cm高水银柱产生的压强。
(1)求初始时理想气体B的压强;
(2)保持气体A温度不变,对气体B缓慢加热,求左侧液面下降4 cm时气体B的温度。
答案 (1)p0 (2)668 K
解析 (1)根据题意,设初始时理想气体B的压强为pB,水银密度为ρ,则有
pB+ρgL2=p0=75cm·ρg
解得pB=p0。
(2)左侧液面下降4cm时,右侧液面上升4cm,初状态理想气体A的压强为p0,长度为
L0=L1+L2=13cm
末状态理想气体A的压强为pA,长度为L0'=L0-4cm=9cm
则有p0L0S=pAL0'S
解得pA=p0
则末状态理想气体B的压强为pB'=pA+3cm·ρg
对气体B有
解得T=668K。
8.(10分)(2024四川成都二模)如图甲所示为某“弹弹棋”的实物图,棋盘水平放置,黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中,一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度,并沿轴线做匀减速直线运动,俯视图如图乙所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点,两起点线之间的距离为L=0.5 m,棋子与棋盘间的动摩擦因数均为μ=0.5,白棋初速度大小为v1=1.5 m/s,经时间t=0.2 s后与运动中的黑棋发生正碰,碰撞过程时间极短且无能量损失,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞的位置到白棋起点的距离x1及黑棋的初速度大小v2;
(2)通过计算判断黑棋能否停在白棋区域。
答案 (1)0.2 m 2 m/s (2)黑棋能停在白棋区域,原因见解析
解析 (1)根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离x1=v1t-at2
设黑、白棋质量为m,根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小a==μg=5m/s2
解得x1=0.2m
由题意可知,黑棋与碰撞位置之间的距离为x2=L-x1=0.3m
则有x2=v2t-at2
解得黑棋的初速度大小v2=2m/s。
(2)根据匀变速直线运动规律可知,黑、白棋碰撞前各自的速度大小为
v1'=v1-at=0.5m/s,v2'=v2-at=1m/s
设白棋运动方向为正方向,碰撞过程时间极短且无能量损失,则有
mv1'-mv2'=mv1″+mv2″
mv1'2+mv2'2=mv1″2+mv2″2
解得碰后黑、白棋的速度v1″=-1m/s,v2″=0.5m/s
碰后两球速度均反向,碰撞位置与小孔距离x=-x1=0.05m
碰撞后到黑棋停下来,黑棋的位移x2'==0.025m