物理2024高考二轮复习专项练习-选择题专项练(三)

选择题专项练(三)(满分:40分时间:30分钟)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.(2021重庆高三二模)放射性元素的原子核往往需要经历一系列的衰变和衰变才能达到稳定的状态,如90232Tha24He+b-10e+82208Pb。若90232Th、24He、-10e和82208Pb的质量分别用m1、m2、m3和m4表示。则下列说法正确的是()A.在90232Tha24He+b-10e+82208Pb中,a=6,b=4B.衰变过程中释放出的射线比射线的穿透能力强C.20个90232Th核经过2个半衰期后还剩5个90232Th核D.一个90232Th核衰变成一个82208Pb核释放的核能为(m1-m2-m3-m4)c22.(2021湖南永州高三三模)某校高三体育专业生正在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,设该同学做匀速直线运动,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高,且lBO=lAO,为简便计算,假设两绳间的夹角为=60,绳AO、BO与水平面间的夹角恒为=30,地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff,则每根绳的拉力大小为()A.23FfB.22FfC.233FfD.2Ff3.(2021山东聊城高三二模)真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处,电荷量及电性如图所示,A点为对应棱的中点,B点为右侧面的中心点,C点为底面的中心,D点为正四面体的中心点(到四个顶点的距离均相等)。下列判断正确的是()A.A点的电势等于D点的电势B.B点的电势高于C点的电势C.A点的电势等于C点的电势D.将电子从A点移动到B点,电势能不变4.(2021山东青岛高三一模)征途漫漫,星河璀璨,2021年2月10日,“天问一号”成功被火星捕获,进入环火星轨道。探测器被火星捕获后经过多次变轨才能在火星表面着陆。若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做圆周运动,动能为Ek,变轨到轨道2上做圆周运动后,动能增加了E,则轨道2的半径为()A.EkEk+ErB.EEk+ErC.Ek+EErD.EkEr5.(2021山东菏泽高三一模)如图所示,质量m=1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(未栓接),用力向下压物块至某一位置,然后由静止释放,取该位置为物块运动的起始位置,物块上升过程的a-x图像如图所示,不计空气阻力,g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A.物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2B.弹簧的劲度系数为50 N/mC.弹簧最大弹性势能为9 JD.物块加速度为0时离开弹簧6.(2021天津和平高三二模)一定质量的理想气体,从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示,已知气体处于状态A时的温度为300 K,则下列判断正确的是()A.气体处于状态B时的温度为600 KB.状态A与状态C温度相同C.从状态A变化到状态B再到状态C的过程中气体内能一直增大D.从状态A变化到状态B过程气体放热7.(2021山东日照高三一模)如图甲所示,正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在0~0.2 s的时间内与0.2~0.6 s的时间内()甲乙A.通过金属框的电荷量之比为21B.金属框中电流的电功率之比为41C.金属框中产生的焦耳热之比为41D.金属框的ab边受到安培力的方向相同8.(2021辽宁丹东高三一模)如图所示,坐标平面内有边界过P点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,OP的长度为l,磁场方向垂直于坐标平面,一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力),从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,从x轴上的Q点射出磁场区域,此时速度与x轴正方向的夹角为60,下列说法正确的是()A.磁场方向垂直于坐标平面向外B.磁场的磁感应强度B=mv02elC.圆形磁场区域的半径为2lD.圆形磁场的圆心坐标为12l,32l二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16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。9.(2021河北高三一模)如图所示,水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球,两次发射的网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得lOA=lAB,OP为水平线,若忽略网球在空中受到的阻力,下列说法正确的是()A.两球发射的初速度vAvB=12B.两球发射的初速度vAvB=21C.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tAtB=12D.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tAtB=1210.(2021四川成都高三一模)简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距8 m的两质点,波先传到P,当波传到Q时开始计时,P、Q两质点的振动图像如图所示。则()A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向B.该波从P传到Q的时间可能为7 sC.该波的传播速度可能为2 m/sD.若质点P振动的振幅为A,从2 s开始计时,P点的振动方程为y=Asin3t11.(2021福建厦门高三一模)在如图甲所示的电路中,电阻R的阻值为10 ,电压表和电流表均为理想电表,变压器为理想变压器,在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压,电压表的示数为25 V,下列说法正确的是()甲乙A.该变压器原线圈端电压的有效值为552 VB.该变压器原、副线圈的匝数之比为115C.电流表的示数为5.5 AD.若增大电阻R的阻值,变压器原线圈的输入功率减小12.(2021福建漳州高三二模)如图所示,木块A、B紧靠放置于水平面上,A和墙间水平栓接着劲度系数为k的轻弹簧,且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为2m、m,与水平面间的动摩擦因数均为,重力加速度为g。用水平力F向左缓慢压B,使B向左移动x,然后突然撤去F,则()A.若A、B可分开,分开时弹簧处于原长状态B.若A、B可分开,分开时弹簧处于压缩状态C.为使A、B可分开,F做功必须大于4.5mgxD.为使A、B可分开,x必须不小于6mgk参考答案选择题专项练(三)1.A解析 根据电荷数守恒和质量数守恒,可知a=232-2084=6,b=2a+82-90=4,A正确。衰变过程中释放出的射线比射线的电离能力强,穿透能力弱,B错误。半衰期是统计学规律,对于大量原子核衰变时才适用,对于个别原子核没有意义,C错误。根据质能方程可得,一个90232Th核衰变成一个82208Pb核释放的核能为E=mc2=(m1-6m2-4m3-m4)c2,D错误。2.A解析 设每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcos2,方向沿绳子所组成角的角平分线,与水平面的夹角为,如图所示。由平衡条件得F合cos =Ff,联立解得F=Ffcos2cos2,代入数据得F=23Ff,故选A。3.A解析 A、D点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上;同理,也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上;故A点的电势等于D点的电势,A正确。A、B、C三点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定,根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知C>A>B,B、C错误。由以上分析知,将电子从A点移动到B点,静电力做负功,电势能增加,D错误。4.A解析 根据牛顿第二定律得Gm火mr2=mv2r=2Ekr,解得r=Gm火m2Ek,由此可知,轨道半径与动能成反比,则有r'=EkEk+Er,故选A。5.A解析 由题图可知,在位移为0.2 m处加速度为零,在位移为0.3 m后,加速度不变,即物体离开了弹簧,其加速度为重力加速度。所以有k(0.3 m-0.2 m)=mg,在起始位置物体加速度最大,有F=k0.3 m-mg=ma,解得a=20 m/s2,A正确,D错误。弹簧的劲度系数为k=mg0.3m-0.2 m=100 N/m,B错误。弹簧恢复形变的过程中,弹簧弹力做的功为W=k0.3m2x=4.5 J,C错误。6.B解析 气体处于状态A时的温度TA=300 K,气体AB过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得VAVB=TATB,解得TB=VBVATA=310-3110-3300 K=900 K,故A错误。气体BC过程是等容变化,由查理定律得pBpC=TBTC,解得TC=pCpBTB=13900 K=300 K=TA,故B正确。从状态A变化到状态C过程,气体的温度先升高后降低,则气体的内能先增大后减小,故C错误。由AB气体的温度升高,内能增大,U>0,体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律U=W+Q知,Q=U-W>0,气体吸热,故D错误。7.B解析 通过金属框的电荷量q=It=ERt=BStRt=BSR,因在0~0.2 s的时间t1内与0.2~0.6 s的时间t2内,磁感应强度随时间的变化量B相同,故通过金属框的电荷量之比为11,A错误。金属框中电流的电功率P=E2R=BSt2R=(BS)2Rt2,所以P1P2=t22t12=41,B正确。金属框中产生的焦耳热Q=Pt,得Q1Q2=P1t1P2t2=21,C错误。在0~0.2 s的时间内与0.2~0.6 s的时间内,通过线框的电流方向相反,磁场的方向相同,所以金属框ab边受到的安培力方向相反,D错误。8.B解析 粒子运动的轨迹如图所示,根据左手定则可知磁场垂直纸面向里,A错误。根据几何知识可知,粒子的轨道半径为r=2l,又洛伦兹力提供向心力,得eBv0=mv02r,所以B=mv0er=mv02el,B正确。根据几何知识可知,由于QOP=90,所以PQ为圆形磁场区域的直径,所以2R=r,则磁场区域的半径R=l,C错误。由题意和图中的几何关系可得,过P、O、Q三点的圆的圆心在PQ连线的中点,所以圆心的x轴坐标为x=Rsin 60=32l,y轴坐标为y=l-Rcos 60=12l,故O1点坐标为32l,l2,D错误。9.BC解析 设lOA=lAB=h,网球在空中做平抛运动,竖直方向有h=12gtA2,2h=12gtB2,整理可以得到tAtB=12,C正确,D错误。水平方向为匀速运动,而且水平位移大小相等,则x=vAtA=vBtB,整理可以得到vAvB=21,A错误,B正确。10.ACD解析 由图线可知,质点Q起振的方向沿y轴正方向,A正确。振动由P向Q传播,由图线可知T=6 s,故振动从P传到Q的时间可能为nT+4 s=(6n+4) s(n=0,1,2,3,…),故不可能为7 s,B错误。根据(nT+4 s)v=8 m得v=86n+4 m/s(n=0,1,2,3,…),当n=0时,波速为2 m/s,C正确。角速度为=2T=3 rad/s,则从2 s开始计时,P点的振动方程为y=Asin t=Asin3t,D正确。11.BD解析 设变压器原线圈端电压有效值为U,据电流的热效应可得U12rT=11022rT2,可解得U1=55 V,A错误。电压表的示数为副线圈电压,即U2=25 V,由U1U2=n1n2可得该变压器原、副线圈的匝数之比为115,B正确。副线圈的电流为I2=U2R=2.5 A,由I1I2=n2n1可得原线圈的电流,即电流表的示数I1=1.14 A,C错误。若增大电阻R的阻值,由P=U22R可知,副线圈的功率减小,变压器的输入功率等于输出功率,故变压器原线圈的输入功率减小,D正确。12.AD解析 两木块分开瞬间加速度相等,两者之间弹力为0,设此时共同的加速度为a,弹簧的弹力为FT,对B木块由牛顿第二定律得mg=ma,对A木块用牛顿第二定律得2mg+FT=2ma,联立得FT=0,所以此时弹簧没有弹力,即处于原长状态,A正确,B错误。由选项A可知,A、B分开时弹簧已经恢复原长,全程弹簧所做总功为0。从力F开始推动到A、B木块分开,对全程用动能定理,可得W-(m+2m)g2x=Ek-0,木块分开时有Ek0,即W-(m+2m)g2x0,解得W6mgx,C错误。从压缩量为x释放到A木块和B木块分开,由能量守恒定律可得12kx2-(m+2m)gx=Ek,分开时有Ek0,即12kx2-3mgx0,解得x6mgk,D正确。