選擇題提速保分練(二)

選擇題提速保分練(二)一、單項選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．核電池是各種深空探測器中最理想的能量源，它不受極冷極熱的溫度影響，也不被宇宙射線干擾。钚-238同位素溫差電池的原理是其發(fā)生衰變時將釋放的熱能轉(zhuǎn)化為電能。已知钚-238的半衰期為88年，其衰變方程為eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋X。下列說法正確的是()A．衰變放出的射線是高速氦核流，它的貫穿能力很強B.eq\o\al(238,94)Pu的比結(jié)合能小于eq\o\al(234,92)U的比結(jié)合能C.eq\o\al(238,94)Pu的核子平均質(zhì)量小于eq\o\al(234,92)U的核子平均質(zhì)量D．钚-238在極高壓下可加速衰變，其半衰期可小于88年解析：選B根據(jù)質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，則X的質(zhì)量數(shù)：A＝238－234＝4，電荷數(shù)：z＝94－92＝2，X為eq\o\al(4,2)He，則衰變?yōu)棣了プ?，放出的射線是高速氦核流，它的貫穿能力很弱，故A錯誤；發(fā)生α衰變的過程中釋放能量，總結(jié)合能增大，則eq\o\al(238,94)Pu的比結(jié)合能小于eq\o\al(234,92)U的比結(jié)合能，故B正確；發(fā)生α衰變的過程中釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，總質(zhì)量減小，所以新核平均核子質(zhì)量會減小，eq\o\al(238,94)Pu的核子平均質(zhì)量大于eq\o\al(234,92)U的核子平均質(zhì)量，故C錯誤；半衰期是由放射性元素本身決定的，與環(huán)境無關(guān)，極高壓下不能改變其半衰期，故D錯誤。2.如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路)連接，電源負極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點的電勢會降低B．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低C．?dāng)嚅_開關(guān)S，帶電油滴將向下運動D．將下極板上移，帶電油滴將向上運動解析：選D正對面積減小，注意到存在二極管，處理方法先假設(shè)沒有二極管，則電容器兩板間電壓U不變，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，U不變S減小，會使Q減小，但二極管的存在使得Q不能減少，故實際過程為Q不變。上式Q不變，S減小，所以U增大，U＝Ed，d不變，所以E增大，所以油滴上移，Up0＝φp－0，即為P與下極板電勢差，P與下極板距離不變，E增大，所以φp增大，A、B錯誤；斷開開關(guān)，不能放電，故油滴不動，C錯誤；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，U不變，d減小，Q增大，可以充電，故U不變，d減小，E增大，油滴上移，D正確。3.地球剛誕生時自轉(zhuǎn)周期約是8小時，因為受到月球潮汐的影響，自轉(zhuǎn)在持續(xù)減速，現(xiàn)在地球自轉(zhuǎn)周期是24小時。與此同時，在數(shù)年、數(shù)十年的時間內(nèi)，由于地球板塊的運動、地殼的收縮、海洋、大氣等一些復(fù)雜因素以及人類活動的影響，地球的自轉(zhuǎn)周期會發(fā)生毫秒級別的微小波動。科學(xué)研究指出，若不考慮月球的影響，在地球的總質(zhì)量不變的情況下，地球上的所有物質(zhì)滿足m1ωr12＋m2ωr22＋…＋miωri2＝常量，其中m1、m2、…、mi表示地球各部分的質(zhì)量，r1、r2、…、ri為地球各部分到地軸的距離，ω為地球自轉(zhuǎn)的角速度，如圖所示。根據(jù)以上信息，結(jié)合所學(xué)，判斷下列說法正確的是()A．月球潮汐的影響使地球自轉(zhuǎn)的角速度變大B．若地球自轉(zhuǎn)變慢，地球赤道處的重力加速度會變小C．若僅考慮A處的冰川融化，質(zhì)心下降，會使地球自轉(zhuǎn)周期變小D．若僅考慮B處板塊向赤道漂移，會使地球自轉(zhuǎn)周期變小解析：選C地球自轉(zhuǎn)周期與角速度的關(guān)系為ω＝eq\f(2π,T)，由題意知月球潮汐的影響使地球自轉(zhuǎn)周期T變長，則使地球自轉(zhuǎn)的角速度ω變小，A錯誤；在赤道處萬有引力提供向心力和重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mRω2＋mg，若地球自轉(zhuǎn)變慢，即角速度ω變小，則重力加速度會變大，B錯誤；由m1ωr12＋m2ωr22＋…＋miωri2＝常量知，若僅考慮A處的冰川融化，質(zhì)心下降，rA變小，會使地球自轉(zhuǎn)角速度ω變大，自轉(zhuǎn)周期T變小，C正確；若僅考慮B處板塊向赤道漂移，相當(dāng)于地球一部分r變大，則地球自轉(zhuǎn)角速度ω變小，自轉(zhuǎn)周期T變大，D錯誤。4.在x軸的坐標(biāo)原點固定一電荷量絕對值為q的點電荷，在x＝8x0處固定另一點電荷，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關(guān)系如圖所示。選取x軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是()A．x＝3x0處的電場強度大于x＝5x0處的電場強度B．x＝3x0處的電勢高于x＝5x0處的電勢C．在x＝8x0處點電荷的電荷量的絕對值為3qD．電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少解析：選D由題圖可知，從x＝2x0處到x＝8x0處，電場強度反方向不斷增大，所以x＝3x0處的電場強度小于x＝5x0處電場強度，故A錯誤；在x軸的坐標(biāo)原點固定一電荷量絕對值為q的點電荷，在x＝8x0處固定另一點電荷，選取x軸正方向為電場強度的正方向，分析可知為兩不等量正電荷產(chǎn)生的電場，類比等量同種正電荷產(chǎn)生的電場，可知從x＝2x0處到x＝8x0處逆著電場線方向，電勢逐漸升高，所以x＝3x0處的電勢低于x＝5x0處的電勢，故B錯誤；設(shè)在x＝8x0處固定另一點電荷的電荷量為q′，在x＝2x0處場強為0，可得keq\f(q,2x02)＝keq\f(q′,8x0－2x02)，解得q′＝9q，故C錯誤；電子從x＝x0移動到x＝2x0過程，順著電場線運動，可知電場力做負功，電勢能增加，從x＝2x0移動到x＝5x0過程，逆著電場線運動，可知電場力做正功，電勢能減少，所以電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少，故D正確。5．如圖所示的電路，ab間輸入電壓u＝220eq\r(2)sin100πteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V))，R1、R2、R3、R4、R5為五個規(guī)格相同的電阻，其中R1和理想變壓器的原線圈串聯(lián)，R2、R3、R4、R5并聯(lián)接在副線圈回路中，交流電壓表均為理想電表。現(xiàn)閉合開關(guān)S，五個電阻功率相同，則下列說法正確的是()A．電壓表V1的示數(shù)為220VB．電壓表V2的示數(shù)為55VC．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1D．?dāng)嚅_開關(guān)S，R1消耗的功率變大解析：選C閉合開關(guān)S，五個規(guī)格相同的電阻功率相同，由P＝I2R＝eq\f(U2,R)，可得每個電阻兩端的電壓U相等，流過每個電阻的電流I相等，則副線圈的總電流I2＝4I，原線圈的總電流I1＝I，由理想變壓器規(guī)律eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(4,1)，故C正確；ab間輸入電壓的有效值為Uab＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由理想變壓器規(guī)律eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(Uab－U,U)＝eq\f(4,1)，解得電壓表V2的示數(shù)和電壓表V1的示數(shù)分別為U2＝U＝44V，U1＝Uab－U＝176V，故A、B錯誤；斷開開關(guān)S后，設(shè)流過R1的電流為I′，則此時副線圈的電流為4I′，則分別流過R2、R3、R4的電流為eq\f(4I′,3)，所以副線圈電壓U2′＝eq\f(4I′,3)R，所以原線圈輸入電壓U1′＝4U2′＝eq\f(16I′,3)R，在原線圈有Uab＝I′R＋U1′＝eq\f(19I′R,3)，而閉合開關(guān)S時有Uab＝IR＋U1＝5IR，易得斷開開關(guān)S后，流過R1的電流I′<I，所以R1消耗的功率變小，故D錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。6．如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為質(zhì)量m＝600kg建筑材料從地面被吊起后在豎直方向運動的v-t圖像(豎直向上為正方向)，重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖像下列判斷正確的是()A．在10～30s內(nèi)建筑材料的機械能增加B．46s時建筑材料離地面的高度為28mC．在0～10s內(nèi)塔吊拉力做功的功率為3030WD．在30～36s內(nèi)塔吊拉力對建筑材料做負功，其功率逐漸減小解析：選AC10～30s內(nèi)，建筑材料向上勻速運動，建筑材料的動能不變，重力勢能增加，建筑材料的機械能增加，故A正確；根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積等于位移可知，46s時建筑材料離地面的高度為h＝eq\f(1,2)×(20＋36)×1m－eq\f(1,2)×10×1.2m＝22m，故B錯誤；0～10s內(nèi)建筑材料的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,10)m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝6060N，在0～10s內(nèi)塔吊拉力做功的功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))＝Feq\f(v,2)＝6060×eq\f(1,2)W＝3030W，故C正確；在30～36s內(nèi)建筑材料向上減速運動，塔吊拉力對建筑材料做正功，其功率逐漸減小，故D錯誤。7．如圖甲所示，光電編碼器由碼盤和光電檢測裝置組成，電動機轉(zhuǎn)動時，碼盤與電動機旋轉(zhuǎn)軸同速旋轉(zhuǎn)，發(fā)光二極管發(fā)出的光經(jīng)凸透鏡轉(zhuǎn)化為平行光，若通過碼盤鏤空的明道照在光敏管上，信號端輸出高電位，反之輸出低電位，兩個光敏管分布在同一半徑上。根據(jù)輸出兩路信號可以測量電動機的轉(zhuǎn)速和判斷旋轉(zhuǎn)方向。從左往右看，內(nèi)、外都均勻分布20個明道的碼盤如圖乙所示，電動機轉(zhuǎn)動時兩信號的圖像如圖丙所示，則()A．從左往右看，電動機順時針轉(zhuǎn)動B．從左往右看，電動機逆時針轉(zhuǎn)動C．電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為50r/sD．電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為125r/s解析：選AC由題圖丙可知，在t＝1×10－3s時，信號A開始輸出低電位，此時信號B開始輸出高電位，結(jié)合題圖乙可知，從左往右看，電動機順時針轉(zhuǎn)動，故A正確，B錯誤；由題圖丙可知，電動機轉(zhuǎn)動的周期為T＝20×1×10－3s＝2×10－2s，則角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，根據(jù)ω＝2πn，可得電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(ω,2π)＝50r/s，故C正確，D錯誤。8．如圖所示，兩光滑金屬導(dǎo)軌，間距為1m，固定在絕緣桌面上的導(dǎo)軌部分是水平的，且處在磁感應(yīng)強度大小為1T方向豎直向下的有界勻強磁場中(導(dǎo)軌其他部分無磁場)，電阻R的阻值為2Ω，桌面距水平地面的高度為H＝1.25m，金屬桿ab的質(zhì)量為0.1kg，有效電阻為1Ω?，F(xiàn)將金屬桿ab從導(dǎo)軌上距桌面高度為h＝0.45m的位置由靜止釋放，其落地點距桌面左邊緣的水平距離為x＝1m。取g＝10m/s2，空氣阻力不計，離開桌面前金屬桿ab與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列判斷正確的是()A．金屬桿剛進入磁場時，其速度大小為3m/sB．金屬桿剛進入磁場時，電阻R上通過的電流大小為1.5AC．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，克服安培力所做的功為0.25JD．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，通過金屬桿某一橫截面的電荷量為0.2C解析：選AC對金屬桿從釋放到剛進入磁場時，由機械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬桿剛進入磁場時，其速度大小v＝3m/s，選項A正確；金