高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练(二).docx

选择题保分练(二) (考试时间：30分钟试卷满分：40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.日本福岛核废水中含有氚、锶90、铯137、碘129等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响其中锶(Sr)半衰期为30年，它通过衰变变为钇核，下列说法正确的是( B )A钇核的质量数为89B钇核的比结合能比锶核大C衰变产生的射线比射线穿透本领强D如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间【解析】衰变过程满足质量数守恒，电子的质量数为0，故钇核的质量数为90090，A错误；原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，锶核通过衰变变为钇核，说明钇核比锶核更稳定，故钇核的比结合能比锶核大，B正确；衰变产生的三种射线中，射线的穿透本领最强，射线的穿透本领最弱，即衰变产生的射线比射线穿透本领弱，C错误；原子核衰变的半衰期只由原子核内部决定，与外界环境没有关系，故人们不可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间，D错误故选B.2.如图，变压器的输入端接入u1220sin 100t(V)的交流电，开关S接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为20 时，此时电压表的读数为10 V变压器为理想变压器，二极管正向电阻不计，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( C )A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B若只将S从1拨到2，电流表示数变大CS接1时，原、副线圈中接入电路的匝数之比为111D1 min内滑动变阻器产生的热量为400 J【解析】若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，则副线圈电流I2减小，原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，电压表示数由输入电压和匝数比决定，故电压表示数保持不变，A错误；若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知副线圈输出电压减小，滑动变阻器两端电压减小，故滑动变阻器消耗功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率可得U1I1PR可知，原线圈输入电压U1不变，滑动变阻器消耗功率减小，则原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，B错误；开关S接1时，设此时副线圈的输出电压为U2，由于二极管的单向导电性，使得加在滑动变阻器上的电压只剩下一半波形，由电流热效应可得·T，解得U220 V，由题意可知U1 V220 V，可得原、副线圈中接入电路的匝数之比为，C正确；1 min内滑动变阻器产生的热量为Q×60 J600 J，D错误3.2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录已知空间站在离地高度约为400 km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是( A )A与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大B与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长C只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度D王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面【解析】根据Gma，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此加速度更大，A正确；根据开普勒第三定律C，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此做圆周运动的周期更短，B错误；根据Gmr解得M，只要知道空间站的运行周期，但若不知道地球半径，也无法算出地球的平均密度，C错误；王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速圆周运动，不会落向地面，D错误故选A.4.喷洒酒精消毒是抗击新冠肺炎疫情的重要手段某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出设喷液过程中，储气室内气体温度保持不变，若储气室内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是( C )A喷液过程中，储气室内气体内能减小B喷液过程中，储气室内气体放出热量C喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小D只要储气室内气体压强大于外界大气压强，消毒液就能从喷嘴喷出【解析】喷液过程中，温度不变，储气室内气体内能不变，A错误；喷液过程中，气体膨胀对外做功，但内能不变，由热力学第一定律可知，储气室内气体吸收热量，B错误；由于喷液过程中温度保持不变，气体分子的平均动能不变，故分子热运动剧烈程度不变，但是气体压强减小，所以储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小，C正确；只有当储气室内气体压强大于外界大气压强与导管内液体压强之和，消毒液才能从喷嘴喷出，故D错误5.如图所示，边长为a的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场现有一带正电、电荷量为q、质量为m的粒子，由AB边上距A点a的P点，以初速度v0垂直AB边进入磁场，后从边AC离开磁场，则磁场磁感应强度的大小可能是( B )A. BC. D【解析】设当磁感应强度为B1时粒子恰好与BC边相切，如图由几何关系可知此时粒子的轨道半径为R1acos 30°a由洛伦兹力提供向心力有qv0B1解得B1设当磁感应强度为B2时，粒子恰好与AC边相切，如图可知R2sin 60°解得R2a同理解得B2则磁场磁感应强度大小范围为，只有B选项符合条件，其他不符合故选B.6.如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程下列说法正确的是( B )A木箱与货物的质量之比为61B下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点C木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为16D在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能【解析】系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得mgLsin 30°(Mm)gcos 30°·LMgcos 30°·L，解得木箱与货物的质量之比为，A错误；下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为x1，由受力平衡得kx1(Mm)gsin 30°(Mm)gcos 30°Mg，上滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为x2，由受力平衡得kx2Mgsin 30°Mgcos 30°Mg，故有x1x2，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小a1gsin 30°gcos 30°g，上滑的加速度大小a2gsin 30°gcos 30°g，则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为，C错误；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误故选B.7.如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC.顶点A、B、C分别固定电荷量为q、q、q的点电荷N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系已知静电力常量为k.则( C )AN、P、M三点的电势相等B将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x3L处，电场力可能先做正功后做负功C在x处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为D在x与xL处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为31【解析】由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，故A错误；由O点至x3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；由几何关系可知OAL，则A点到x处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知E12cos 60°cos 60°，故C正确；A点到xL处的距离为，同理可得在xL处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为E12cos 30°cos 30°可得，故D错误故选C.8.如图所示，与水平面成30°角的传送带以v2 m/s的速度顺时针运行，质量为m1 kg的小物块以初速度v04 m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端已知物块与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是( D )A传送带从底端到顶端的长度为1 mB物体在传送带上向上运动的时间为0.5 sC物块在传送带上留下的划痕长度为1.25 mD物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75 J【解析】小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mgsin mgcos ma1，设经过时间t1减速到与传送带速度相等x1，t1，解得x10.75 m，t10.25 s，速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律mgsin mgcos ma2，x2，t2，解得x21 m，t21 s，则传送带从底端到顶端的长度为Lx1x21.75 m，tt1t21.25 s，故A、B错误；在t1和t2时间，传送带分别向上位移x1vt1，x2vt2，物块相对传送带上滑s1x1x10.25 m，s2x2x21 m，即物块先相对传送带上滑0.25 m，后相对传送带下滑1 m，则划痕长度为1 m，故C错误；物块相对传送带滑动路程为ss1|s2|1.25 m，则摩擦生热Qmgcos ·s，带入数据可得Q3.75 J，故D正确 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.如图所示，已知电源电动势为E，内电阻为r(r<R0)，电压表与电流表均为理想电表；开关闭合后，当滑动变阻器的滑动触头P逐渐向左滑动时，则( BC )A灯泡将变亮B|V1|<|V2|C.的值为R0D电压表和电流表的读数均变大【解析】当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律分析可知干路电流变大，电流表A的示数变大根据UEIr，路端电压变小，电压表V的示数变小，D错误；当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，干路电流变大，电源内电压变大，R0两端电压变大，灯泡两端电压变小，灯泡将变暗，A错误；根据闭合电路的欧姆定律路端电压UEIr，则路端电压的变化量为UrI，|V1|U|rI|，根据部分电路欧姆定律，R0两端电压U0IR0，则R0的变化量为U0R0I，|V2|U0|R0I|，因为r<R0，故|V1|<|V2|，B正确；R0，C正确故选BC. 10.如图，有一透明材料制成的空心球体，内径R1 m，外径为2R，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上A点射入，光线与AO间夹角i60°，经折射后恰好与内球面相切，已知光速c3×108 m/s，下列说法正确的是( CD )A光线射入球体后频率变小B光线射入球体后波长变大C透明材料对该单色光的折射率为D从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为6×108 m/s【解析】光线射入球体后频率不变，故A错误；光线射入球体后速度变小，根据vf可知波长变小，故B错误；根据几何关系得在透明材料中的折射角的正弦值sin r，根据折射定律得n，故C正确；做出如下光路图，由几何关系可得光在透明材料中的路程为s6×2Rcos 30°6 m，光在透明材料中的传播速度为v×108 m/s，则时间为t6×108 s，故D正确故选CD. 11.有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示区域、中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且HL.导线框恰好匀速进入区域，一段时间后又恰好匀速离开区域，重力加速度为g，下列说法正确的是( CD )A导线框离开区域的速度大于B导线框刚进入区域时的加速度大小为g，方向竖直向上C导线框进入区域的过程产生的焦耳热为mgHD导线框自开始进入区域至刚完全离开区域的时间为【解析】导线框恰好匀速离开区域，根据平衡条件得mgBIL，解得v，A错误；导线框匀速进入区域到刚进入区域之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得v，导线框下边刚进入磁场区域时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E2BLvBLv2BLv，又I2，解得I2，线框所受安培力F22BI2L，由牛顿第二定律有F2mgma，解得a3g，方向竖直向上，B错误；导线框恰好匀速进入区域故线框在区域中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场时速度为v，从完全离开磁场到开始离开区域的过程中，由动能定理得mg(HL)mv2mv2，导线框进入区域的过程根据能量守恒可得mgLmv2mv2Q，联立解得导线框进入区域的过程产生的焦耳热为QmgH，C正确；导线框自开始进入区域至开始进入区域过程中，由动量定理得mgt1F安1t1mvmv，t1BL·t1BL·t1BL，联立mgt1BL0，解得t1，由题知导线框恰好匀速进入区域，一段时间后又恰好匀速离开区域，由于区域、中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域的速度v与导线框刚离开区域的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域至开始离开区域过程中，设安培力作用的时间为t，重力作用的时间为t2，由动量定理得mgt2F安2tmvmv，mgt22BL0，解得t2，导线框自开始离开区域至刚完全离开区域过程中，由动量定理得mgt3F安3t3mvmv，联立解得t3，故tt1t2t3，D正确故选CD. 12.如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态t0时刻解除A球锁定，tt1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a­t图像如图乙，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小下列说法正确的是( ABC )At1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B.CS1S2S3Dt2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量【解析】a­t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t0时刻解除A球锁定，tt1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有vA1v10v1S1，t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总mAv1mAS1，A正确；由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为vA2v1v2S2，B球的速度变化量大小为vBv20S3，从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有mAv1mAv2mBv2，可得mA(v1v2)mBv2，联立可得，B正确；从t0到t1时刻，A球速度变化量大小为vA1v1S1，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为vA2v1v2S2，从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为vBv20S3，联立可得S1S2S3v2，C正确；从t0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有Ep0(mAmB)vEp2，说明t0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，D错误故选ABC.