适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习考前热身练基础题保分练一（附解析）

基础题保分练(一)一、单项选择题1.(2023山东烟台二模)放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡,其衰变方程为 90232ThRn+Xα+2β。下列说法正确的是(　　)A.衰变方程中X=2B.氡核的比结合能大于钍核的比结合能C.钍核α衰变的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D.衰变后α粒子、β粒子与氡核的质量之和等于衰变前钍核的质量2.避雷针是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。当雷云放电接近地面时它使地面电场发生畸变,在避雷针的顶端形成局部电场集中的空间。如图为某次避雷针周围的等势面分布情况,电场中有M、N、P三点。下列说法正确的是(　　)A.P点的电势比N点的高B.避雷针附近的电场是匀强电场C.正电荷从M点移动到N点,静电力做正功D.电子在P点的电势能大于其在M点的电势能3.如图所示,正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场,从c点离开磁场;若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场,则从d点离开磁场。不计粒子重力,v1v2的值为(　　)A.3B.62C.32D.334.(2023山东日照二模)质量为1kg的小物块在水平面上运动,其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.0~4s内小物块的位移大小等于6mB.0~4s内小物块的平均速度大小等于2m/sC.0~1s内小物块的加速度大小等于2m/s2D.0~1s内小物块受到的合外力大小等于4N二、多项选择题5.如图所示,两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点,下端分别系一相同的小球A、B,现使两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动,稳定时,两根细线分别与竖直方向成60°、30°,关于两小球的受力和运动情况,下列说法正确的是(　　)A.两小球运动的周期之比为TA∶TB=1∶1B.两小球线速度的大小之比为vA∶vB=3∶1C.细线拉力的大小之比为FA∶FB=3∶1D.向心加速度的大小之比为aA∶aB=3∶16.(2023山东滨州二模)如图甲所示,一物体在一水平拉力F作用下,沿水平地面做直线运动,运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图乙所示。物体加速度a随时间变化的图像如图丙所示。重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是(　　)A.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15B.物体与水平地面间的最大静摩擦力为3.75NC.在0~4s时间内,合外力做的功为45JD.在0~4s时间内,拉力F的冲量为15N·s三、非选择题7.(2023湖南长沙二模)某物理实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B,重物B上固定一遮光条,遮光条的宽度为d,已知重物B与遮光条的质量是重物A的2倍,悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直,不计阻力和滑轮的重力。甲 (1)开始时,细绳绷直,重物A、B处于静止状态。释放后,A、B开始运动,测出遮光条通过光电门的时间t,则重物B经过光电门时的速度大小为v=　　　　(用题中所给的物理量表示)。 (2)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示,则遮光条的宽度d=　　　　cm。 乙(3)测得开始释放时遮光条中心到光电门中心之间的高度为h,测得遮光时间为t。如果系统的机械能守恒,应满足的关系式为　　　　　　　(已知当地重力加速度大小为g,用题中所给的物理量表示)。 8.(2023江苏二模)一“永动机”玩具的模型如图所示,abcd是一组光滑细金属双轨,轨道间距为l=0.8cm,bc段水平。按下一个隐蔽开关后,把质量m=3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速释放,钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出,速度与水平方向成53°,之后恰好落到洞口O点附近的G点,接着在洞口附近来回运动一段时间后,再次从洞口无初速落下,此后不断重复以上过程。不计空气阻力,g取10m/s2,sin53°=0.8。(1)已知钢球直径D=1cm,求钢球在bc段上滚动时,每条轨道对钢球的支持力F;(2)若将钢球视为质点,G、d处在同一高度,水平距离s=60cm,求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h;(3)在第(2)问条件下,要使钢球能“永动”,求钢球每运动一圈,玩具中隐蔽的加速装置需对钢球做的功W。9.(2023山东济南二模)如图所示,固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边,半圆柱面的圆弧半径R=0.4m,OA的长L=2m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0 沿水平面运动,初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ=0°,小物块恰好经过半圆弧的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,半圆柱面和桌面足够长,重力加速度g取10m/s2。(1)求初速度v0的大小。(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4m,求夹角θ的余弦值。 基础题保分练(一)1.B　α粒子为 24He,β粒子为 -1　0e,根据质量数守恒有232=220+4X,解得X=3,A错误;衰变过程释放能量,生成的氡核更稳定,氡核的比结合能大于钍核的比结合能,B正确;根据半衰期的定义,可知钍核α衰变的半衰期不等于其放出一个α粒子所经历的时间,C错误;衰变释放核能,有质量亏损,D错误。2.D　由图中虚线为等势面知P点的电势为6kV,N点的电势为8kV,则N点电势比P点的电势高,A错误;匀强电场的等势线应是一簇等间距的平行线,由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场,B错误;M、N两点在同一等势面上,电势相等,正电荷从M点移动到N点,静电力做功为零,C错误;由Ep=qφ,电子在P点的电势能为Ep1=-eφP=-e·6kV=-6keV,电子在M点的电势能为Ep2=-eφM=-e·8kV=-8keV,故Ep1>Ep2,即电子在P点的电势能大于其在M点的电势能,D正确。3.C　带正电的粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场,从c点离开磁场,设正六边形的边长为L,则由几何关系得R1=3L,若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场,从d点离开磁场,则由几何关系得R2=2L,由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r,则r=mvBq,故速度之比即半径之比,v1v2=R1R2=32,故选C。4.C　由速度—时间图像可得0~4s内小物块的位移大小为x=1+42×2m=5m,A错误;0~4s内小物块的平均速度大小等于v=xt=54m/s=1.25m/s,B错误;0~1s内小物块的加速度大小等于a=ΔvΔt=2m/s2,C正确;0~1s内小物块受到的合外力大小等于F=ma=2N,D错误。5.ABD　对其中一个小球受力分析,如图所示,受重力、细线的拉力,由于小球做匀速圆周运动,故由合力提供向心力,将重力与拉力合成,合力指向圆心,由几何关系得,合力为F合=mgtanθ,由向心力公式得F合=mω2r,设悬点到圆心的高度为h,由几何关系得r=htanθ,联立解得ω=gh,周期为T=2πω=2πhg,h相同,则TA∶TB=1∶1;线速度大小为v=ωr=ωhtanθ,则得vA∶vB=tan60°∶tan30°=3∶1;细线拉力的大小之比为FA∶FB=mgcos60°∶mgcos30°=3∶1;向心加速度的大小a=v2r=ωv,则得aA∶aB=vA∶vB=3∶1,故选A、B、D。6.AC　由图乙可得拉力F与时间的关系式为F=154t,由图丙可知,在2s末物体的加速度a1大小为1.5m/s2,此时拉力F1大小为7.5N,在4s末加速度a2大小为4.5m/s2,此时拉力F2大小为15N,由牛顿第二定律有F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,代入数据解得m=2.5kg,μ=0.15,A正确;物体运动过程中所受的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.15×2.5×10N=3.75N,而最大静摩擦力大于滑动摩擦力,B错误;在a-t图像中,图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量,由图丙可知,4s末物体的速度为v=(1.5+4.5)×(4-2)2m/s=6m/s,在0~4s时间内,根据动能定理可得合外力做的功为W合=12mv2=12 ×2.5×36J=45J,C正确;根据图乙可知,在0~4s时间内,拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积,可得IF=12×4×15N·s=30N·s,D错误。7.答案(1)dt　(2)1.020　(3)gh=3d24t2解析(1)重物B经过光电门时的速度大小为v=dt。(2)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和,即d=10mm+4×0.05mm=10.20mm=1.020cm。(3)若系统机械能守恒,则应满足2mgh=mgh2+12×2mv2+12mv22,又v=dt,联立可得gh=3d24t2。8.答案(1)0.03N　(2)0.2m　(3)1.125×10-2J解析(1)钢球在bc段上滚动时,支持力与竖直方向夹角满足sinθ=l2D2=45竖直方向根据受力平衡可得2Fcosθ=mg联立解得F=0.03N。(2)Gd间的运动可以视为两段平抛运动,利用平抛知识可知,水平方向有s2=vxt竖直方向有vy=gtd点速度与水平方向夹角满足tan53°=vyvx又h=12gt2联立解得t=0.2s,h=0.2m。(3)钢球从d点飞出时的竖直分速度为vy=gt=2m/s钢球在d点的速度为vd=vysin53°=2.5m/s钢球每运动一圈,加速装置需对其做的功为W=Ekd=12mvd2=1.125×10-2J。9.答案(1)26m/s　(2)23解析(1)小物块恰好经过半圆弧的最高点,则mv12R=mg从O点到最高点,由动能定理可得12mv12-12mv02=-2mgR-μmgL联立解得v0=26m/s。(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4m=R 此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx,竖直方向速度为零,设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2,则vx=v2sinθ从半圆弧最低端到最大高度过程由动能定理可得12mvx2-12mv22=-mgh从O点到半圆弧最低端过程由动能定理可得12mv22-12mv02=-μmg·Lcosθ又cosθ>0联立解得cosθ=23。