新教材適用2024版高考物理二輪總復習第4部分題型專練選擇題保分練四

選擇題保分練(四)一、單項選擇題1.質量為m0的某放射性元素原子核發(fā)生衰變，經(jīng)過時間t，該元素原子核剩余的質量為m，其eq\f(m,m0)－t關系如圖所示。該元素的半衰期約為(B)A．41.5d B．100dC．141.5d D．183d【解析】半衰期代表元素衰變一半所用的時間，由題可知從eq\f(m,m0)＝eq\f(3,4)到eq\f(m,m0)＝eq\f(3,8)，即衰變一半所用時間為100d，所以半衰期約為100d。選B。2.下列說法正確的是(C)A．圖甲為中間有隔板的絕熱容器，隔板左側裝有溫度為T的理想氣體，右側為真空?，F(xiàn)抽掉隔板，氣體的溫度將降低B．圖乙為布朗運動示意圖，懸浮在液體中的微粒越大，在某一瞬間跟它相撞的液體分子越多，撞擊作用的不平衡性表現(xiàn)得越明顯C．圖丙中，液體表面層中分子間的距離比液體內部分子間的距離大，液體表面層中分子間的作用力表現(xiàn)為引力D．圖丁為同一氣體在0℃和100℃兩種不同情況下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關系圖線，兩圖線與橫軸所圍面積不相等【解析】根據(jù)熱力學第一定律有ΔU＝W＋Q，右側為真空，氣體自由膨脹時沒有做功對象，即做功W＝0因為是絕熱容器，所以沒有熱交換，即Q＝0，因此內能不變，容器內的理想氣體的內能由溫度決定，所以溫度不變，故A錯誤；懸浮在液體中的微粒越大，在某一瞬間跟它相撞的液體分子越多，撞擊作用的不平衡性表現(xiàn)的越不明顯，故B錯誤；液體表面層中分子間的距離比液體內部分子間的距離大，液體表面層中分子間的距離r略大于r0，液體表面層中分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故C正確；由圖可知，在0℃和100℃兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關系圖線與橫軸所圍面積都應該等于100%，即相等，故D錯誤。選C。3.如圖所示為雙縫干涉實驗原理圖，單縫S0、雙縫中點O、屏上的P0點位于雙縫S1和S2的中垂線上，當雙縫距光屏距離為8cm時，屏上P處為中央亮紋一側的第3條亮紋，現(xiàn)將光屏靠近雙縫，觀察到P處依舊為亮紋，則光屏移動的最小距離為(A)A．2cm B．3.2cmC．4cm D．6cm【解析】楊氏雙縫干涉中相鄰明條紋中心之間的間距Δx＝eq\f(L,d)λ，則光屏上的干涉亮條紋到雙縫連線的中垂線與屏交點的間距為x＝neq\f(Lλ,d)(n＝0,1,2…)其中，d為雙縫間距，L為雙縫到光屏的距離，λ為光的波長；設移動的距離為x′，根據(jù)題意有eq\f(3Lλ,d)＝eq\f(kL－x′λ,d)，解得k＝eq\f(3L,L－x′)(k為整數(shù))，當x′＝2cm，解得k＝eq\f(3×8,8－2)＝4，當x′＝3.2cm，解得k＝eq\f(3×8,8－3.2)＝5，當x′＝4cm，解得k＝eq\f(3×8,8－4)＝6，當x′＝6cm，解得k＝eq\f(3×8,8－6)＝12，選A。4．如圖所示，真空中四個點電荷分別位于邊長為l的正方形的四個頂點A、B、C、D上，A、C兩點放置＋q，B、D兩點放置－q，O為正方形的中心。以O為坐標原點，平行于AB方向為x軸正方向。現(xiàn)在x軸上放置電荷量為eq\r(2)q的電荷Q，使O點的場強為零，則Q的位置為(C)A．若電荷Q為正電荷，放置在x＝－eq\f(l,2)處B．若電荷Q為正電荷，放置在x＝－l處C．若電荷Q為負電荷，放置在x＝－eq\f(l,2)處D．若電荷Q為負電荷，放置在x＝－l處【解析】根據(jù)對稱性及電場的矢量疊加可知O點的電場水平向右，若電荷Q為正電荷，放置在O點右側，故A、B錯誤；根據(jù)電場的矢量疊加可知四個點電荷在O點的電場強度為E＝2eq\r(2)eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)l))2)＝eq\f(4\r(2)kq,l2)，若電荷Q為負電荷，放置在x的位置，使O點的場強為零，則有eq\f(k·\r(2)q,x2)＝eq\f(4\r(2)kq,l2)解得x＝eq\f(l,2)由于電荷Q應放在O點的左側，則應放置在x＝－eq\f(l,2)處，故C正確，D錯誤，選C。5.2021年5月15日，“天問一號”著陸巡視器成功著陸于火星烏托邦平原，中國首次火星探測任務著陸火星取得圓滿成功。已知地球平均密度約為火星平均密度的1.4倍，地球半徑約為火星半徑的2倍，火星上一晝夜的時間跟地球上近似相等。取eq\r(3,1.4)＝1.1，估算地球同步衛(wèi)星與火星同步衛(wèi)星軌道半徑的比值約為(B)A．1.1 B．2.2C．3.3 D．4.4【解析】衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動時，根據(jù)萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，行星的質量為M＝ρ·eq\f(4π,3)R3，聯(lián)立可得r＝Req\r(3,\f(GT2ρ,3π))，可得eq\f(r地,r火)＝eq\f(R地,R火)eq\r(3,\f(T\o\al(2,地)ρ地,T\o\al(2,火)ρ火))＝2×eq\r(3,1.4)＝2.2，選B。6.如圖所示，在光滑水平面上，一物體在水平向右的恒定拉力F作用下由靜止開始向右做直線運動，物體的動能Ek隨時間t變化的圖像如右圖所示，虛線為圖像上P點的切線，切線與t軸交點的坐標t1是(C)A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.80【解析】物體在拉力作用下做勻加速直線運動，則根據(jù)動能定理得Fx＝Ek，根據(jù)運動學公式x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P點坐標代入后得出eq\f(F2,2m)＝eq\f(Ek,t2)＝eq\f(3,1.52)＝eq\f(4,3)，則Ek＝eq\f(4,3)t2，求導得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t＝eq\f(4,3)×2×1.5＝4，即k＝eq\f(3,Δt)＝4，則Δt＝0.75，則t1＝1.5－Δt＝1.5－0.75＝0.75，選C。7.如圖所示，豎直平面內的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，質量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為R的輕桿一端固定于球上，另一端通過光滑的鉸鏈固定于圓環(huán)最低點，當圓環(huán)以角速度ω＝eq\r(\f(3g,R))繞豎直直徑轉動時，輕桿對小球的作用力大小和方向為(B)A.eq\f(1,2)mg沿桿向上B.eq\f(1,2)mg沿桿向下C．(eq\r(3)－1)mg沿桿向上D．(eq\r(3)－1)mg沿桿向下【解析】設輕桿與豎直直徑夾角為θ，由幾何關系可得cosθ＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，則小球做圓周運動的半徑為r＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R，做圓周運動所需向心力為F＝mω2r＝eq\f(3\r(3),2)mg，小球有向上運動的趨勢，設桿對小球有沿桿向下的拉力F1，環(huán)對小球有指向圓心的支持力F2，有平衡條件可知F1cos30°＋F2cos30°＝F，F(xiàn)1sin30°＋mg＝F2sin30°，解得F1＝eq\f(1,2)mg，選B。8.如圖所示，形狀相同的平行金屬導軌CN、DQ放置在豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，間距為L，與水平面相切于M、P，右端接一阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒從曲面上某處由靜止釋放，到達曲面底端PM時速度為v0；金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒最終會停在導軌上，金屬棒從曲面底端PM到最終停止運動通過的位移大小為x，重力加速度大小為g。則金屬棒從曲面底端PM到最終停止在導軌上經(jīng)歷的時間為(D)A.eq\f(v0,μg)＋eq\f(BLx,μmgR＋r) B．eq\f(v0,μg)＋eq\f(B2L2x,μmgR＋r)C.eq\f(v0,μg)－eq\f(BLx,μmgR＋r) D．eq\f(v0,μg)－eq\f(B2L2x,μmgR＋r)【解析】根據(jù)動量定理有μmgt＋Beq\x\to(I)Lt＝mv0，根據(jù)法拉第電磁感應定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，電荷量q＝eq\x\to(I)Δt，解得t＝eq\f(v0,μg)－eq\f(B2L2x,μmgR＋r)，選D。二、多項選擇題9.在圖(a)所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為101，R1、R2為定值電阻，且R2＝6Ω，R3為電阻箱。當R3＝4Ω時，電阻R2兩端電壓u2隨時間變化的正弦曲線如圖(b)所示。下列說法正確的是(AD)A．電阻R1的阻值為100ΩB．電阻R1的阻值為200ΩC．當R3＝4Ω時，變壓器的輸出功率最大D．當R3＝0Ω時，變壓器的輸出功率最大【解析】當R3＝4Ω時，由圖可知電阻R2兩端電壓的有效值為u2′＝eq\f(12\r(2),\r(2))V＝12V，根據(jù)串聯(lián)電壓規(guī)律可知R3兩端的電壓為8V，根據(jù)變壓器電壓與線圈匝數(shù)之比的關系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，其中U2＝12V＋8V＝20V，解得U1＝200V，副線圈電流I2＝eq\f(u2′,R2)＝2A，根據(jù)變壓器電流與線圈匝數(shù)之比的關系可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝0.2A，電阻R1的阻值為R1＝eq\f(U－U1,I1)＝100Ω，A正確，B錯誤；把原線圈看成電源，副線圈看成外電路，則副線圈的等效電阻R′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2(R2＋R3)，當R′越接近R1時變壓器的輸出功率越大。C錯誤，D正確。選AD。10.如圖，在均勻介質中建立Oxyz三維坐標系，位于x軸上的兩個沿z軸方向做簡諧運動的波源S1和S2的位置坐標分別為(1m,0,0)、(4m,0,0)，兩波源S1、S2的振動方程分別為z1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(π,2)))cm、z2＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt－\f(π,2)))cm。已知波源S1和S2形成的簡諧橫波在介質中的傳播速度為1m/s，關于質點A(2.5m,3m,0)和質點B(4m,4m,0)，下列說法正確的是(BC)A．質點B離開平衡位置的位移總是大于質點A離開平衡位置的位移B．質點A開始振動做簡諧運動的振幅為1cmC．兩波源S1、S2振動5s后，質點B的振動能量大于質點A的振動能量D．兩波源S1、S2振動5s后，質點A的振動總是加強，質點B的振動總是減弱【解析】由振動方程知T＝eq\f(2π,ω)＝2s，由簡諧波在介質中的傳播速度為1m/s，可知λ＝vT＝2m，A到波源S1和S2的波程差相等，由波源的振動可知其振動相差半周期，A是振動減弱點，B到的S1的距離為5m，到S2的距離為4m，所以到兩波源的波程差為1m，B是振動加強點，由于質點的振動，可知質點B離開平衡位置的位移并非總是大于質點A離開平衡位置的位移，故A錯誤，D錯誤；根據(jù)波源的振動可知其振動相差半周期，所以質點A開始振動做簡諧運動的振幅為3cm－2cm＝1cm，故B正確；兩質點都開始振動5s后，質點B是振動加強點，質點A是振動減弱點，因此B的振動能量大于質點A的振動能量，故C正確；選BC。11.半徑為R的透明玻璃球切去底面半徑r＝eq\f(\r(3),2)R的球冠成為一個大球冠，如圖所示，玻璃的折射率n＝eq\r(2)，一束半徑r＝eq\f(\r(3),2)R光束垂直球冠的切面照射到球冠上，進入球冠的光線有部分從球面射出而使球面發(fā)光，已知光在真空中的傳播速度為c，(球冠不含底面的表面積公式為S＝2πRh，R為球的半徑，h為球冠的高度)。不考慮光在球冠內的反射，則下列說法中正確的是(BD)A．光束正中間的光線通過大球冠的時間為eq\f(3R,2c)B．光束正中間的光線通過大球冠的時間為eq\f(3\r(2)R,2c)C．發(fā)光球面的面積為eq\f(2－\r(2)πR2,2)D．發(fā)光球面的面積為(2－eq\r(2))πR2【解析】射到球冠邊緣的光線的入射角sinα＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(3),2)，則α＝60°，光在玻璃中的傳播速度v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(2),2)c，光束正中間的光線通過大球冠的時間為t＝eq\f(R＋Rcos60°,v)＝eq\f(3\r(2)R,2c)，選項A錯誤，B正確；射到球冠邊緣的光線的入射角α＝60°，折射角sinβ＝eq\f(sin60°,\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，θ＝2β－60°，射出部分的光線發(fā)光球面的面積為S＝2πR·h＝2πR·R(1－cosθ)，可得S＝(2－eq\r(2))πR2，選項C錯誤，D正確。選BD。12.如圖所示，一足夠長且傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數(shù)為k的輕質彈簧兩端分別拴接在固定擋板和小物體B上，小物體A與小物體B緊靠在一起處于靜止狀態(tài)，且兩者質量相同?，F(xiàn)對小物體A施一沿斜面向上的拉力，使小物體A沿斜面向上做勻加速