選擇題滿分練(三)

選擇題滿分練(三)(時間：30分鐘)一、單項選擇題1.跑步是一項大家喜愛的健身運動方式，利用某些軟件可以記錄跑步過程中的詳細數(shù)據(jù)，如跑步的平均配速(平均每公里所用時間，單位：min/km)等。如圖1所示是某軟件記錄的某次跑步過程中跑步者的運動信息，則下列說法正確的是()圖1A.圖中“8.42公里”為此次跑步運動的總位移B.平均配速越小，說明跑步者跑得越快C.在研究跑步過程中跑步者的速度時不能把跑步者看成質(zhì)點D.在本次跑步的過程中，跑步者的平均速度約為2.2m/s答案B解析圖中“8.42公里”為此次跑步運動的總路程，故A錯誤；平均配速表示跑步者在跑步過程中平均每公里所用時間，平均配速越小，反映出跑步者在跑步過程中的平均速率越大，說明跑得越快，故B正確；由題意可知，跑步的距離遠大于跑步者的本身大小，所以在研究跑步過程中跑步者的速度時可以將跑步者看成質(zhì)點，故C錯誤；此次跑步過程只記錄了路程，沒有記錄位移大小，所以不能計算平均速度，故D錯誤。2.2021年1月3日消息，諾貝爾官方稱居里夫人“筆記”仍具放射性，還將持續(xù)1500年。關于放射性元素、衰變和半衰期，下列說法正確的是()A.eq\o\al(238,92)U衰變成eq\o\al(222,86)Rn要經(jīng)過4次α衰變和3次β衰變B.放射性元素的半衰期不僅與核內(nèi)部自身因素有關，還與質(zhì)量有關C.一個放射性原子核，發(fā)生一次β衰變，則它質(zhì)子數(shù)減少一個，中子數(shù)增加一個D.原子核衰變時滿足電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒答案D解析α衰變的次數(shù)為n＝eq\f(238－222,4)＝4，β衰變的次數(shù)為n′＝86－(92－4×2)＝2，即eq\o\al(238,92)U衰變成eq\o\al(222,86)Rn要經(jīng)過4次α衰變和2次β衰變，故A錯誤；放射性元素的半衰期僅與核內(nèi)部自身因素有關，與其他條件無關，故B錯誤；β衰變實質(zhì)上是原子核內(nèi)的一個中子變?yōu)橐粋€質(zhì)子，同時釋放出一個電子的過程，所以發(fā)生一次β衰變，則它質(zhì)子數(shù)增加一個，中子數(shù)減少一個，故C錯誤；原子核衰變時滿足電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，故D正確。3.如圖2甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1，原線圈接交流電源和交流電壓表，副線圈與熱水器、抽油煙機連接。已知副線圈上的電壓按圖乙所示規(guī)律變化，現(xiàn)閉合開關S接通抽油煙機，下列說法正確的是()圖2A.電壓表示數(shù)為220eq\r(2)VB.熱水器消耗的功率變大C.變壓器的輸入功率變大D.副線圈兩端電壓的瞬時值表達式u＝44eq\r(2)sin(50πt)V答案C解析根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關系，有U1＝eq\f(n1,n2)U2＝1100V，則電壓表示數(shù)為1100V，故A錯誤；接通開關，副線圈所接電路電阻減小，但是副線圈的電壓并不變，根據(jù)分壓原理，定值電阻所分電壓變大，熱水器兩端電壓變小，所以消耗功率變小，故B錯誤；接通開關，電流變大，電壓不變，所以副線圈消耗的功率增大，輸入功率等于輸出功率，變壓器的輸入功率增大，故C正確；由圖乙可知，交變電流的峰值為Um＝220eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，則副線圈兩端電壓的瞬時值表達式u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，故D錯誤。4.2020年7月23日，我國的“天問一號”火星探測器，搭乘著長征五號遙四運載火箭﹐成功從地球飛向了火星，如圖3所示為“天問一號”發(fā)射過程的示意圖，從地球上發(fā)射之后經(jīng)過地火轉(zhuǎn)移軌道被火星捕獲，進入環(huán)火星圓軌道，經(jīng)變軌調(diào)整后，進入著陸準備軌道，已知“天問一號”火星探測器在軌道半徑為r的環(huán)火星圓軌道上運動時，周期為T1，在半長軸為a的著陸準備軌道上運動時，周期為T2，則下列判斷正確的是()圖3A.“天問一號”在環(huán)火星圓軌道和著陸準備軌道上運動時滿足eq\f(r2,Teq\o\al(3,1))＝eq\f(a2,Teq\o\al(3,2))B.火星的平均密度一定大于eq\f(3π,GTeq\o\al(2,1))C.“天問一號”在環(huán)火星圓軌道和著陸準備軌道上運動經(jīng)過交匯點A時，前者加速度較小D.“天問一號”在環(huán)火星圓軌道上的機械能小于其在著陸準備軌道上的機械能答案B解析由開普勒第三定律eq\f(r3,Teq\o\al(2,1))＝eq\f(a3,Teq\o\al(2,2))，故A錯誤；假設“天問一號”在火星表面附近做圓周運動時，周期為T3，則火星的平均密度可表示為ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,3))，由T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，可知T3<T1，故ρ>eq\f(3π,GTeq\o\al(2,1))，故B正確；飛船在環(huán)火星圓軌道經(jīng)過A點和著陸準備軌道經(jīng)過A點時受到的萬有引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度必定相等，故C錯誤；“天問一號”由環(huán)火星圓軌道變軌到著陸準備軌道，需要在遠火點減速，故機械能減小，故D錯誤。5.如圖4是水平面上兩列頻率相同的波在某時刻的疊加情況，以波源S1、S2為圓心的兩組同心圓弧分別表示同一時刻兩列波的波峰(實線)和波谷(虛線)，S1的振幅A1＝3cm，S2的振幅A2＝2cm。則下列說法正確的是()圖4A.質(zhì)點D是振動減弱點B.質(zhì)點B是振動加強點C.再過半個周期，質(zhì)點B和質(zhì)點C都變成振動加強點D.質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為10cm答案D解析題圖中質(zhì)點A、D分別是波峰與波峰相遇、波谷與波谷相遇處，是振動加強點，而質(zhì)點B、C是波峰與波谷相遇，是振動減弱點，選項A、B錯誤；振動的干涉圖樣是穩(wěn)定的，質(zhì)點A、D一直是振動加強點，而質(zhì)點B、C一直是振動減弱點，選項C錯誤；該時刻質(zhì)點A的位移為3cm＋2cm＝5cm，質(zhì)點D的位移為－3cm－2cm＝－5cm，故質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為10cm，選項D正確。6.如圖5所示，質(zhì)量為m的滑塊在水平面上以速率v撞上勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后彈簧又將滑塊向右推開。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，整個過程彈簧未超過彈性限度且兩者未拴接，則下列判斷中正確的是()圖5A.滑塊向右運動過程中，滑塊機械能一直增大B.滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊的機械能先減小后增大C.滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能保持不變D.滑塊最終停在距離彈簧右端eq\f(v2,2μg)－2x0處答案D解析滑塊向右運動過程中，彈簧彈力大于摩擦力時滑塊加速，機械能增大；當彈簧彈力小于摩擦力時滑塊開始減速，機械能減小，A錯誤；滑塊向左運動過程中機械能一直是減小的，故滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊的機械能先減小后增大再減小，B錯誤；因摩擦力一直做負功，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一直是減小的，C錯誤；由能量守恒定律得μmgs＝eq\f(1,2)mv2，滑塊整個過程中通過的路程s＝eq\f(v2,2μg)，故滑塊最終停在距離彈簧右端eq\f(v2,2μg)－2x0處，D正確。7.如圖6所示為足球球門，球門寬為L。假設某運動員在球門中心正前方距離球門線的水平距離s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。若運動員頂球點距地面的高度為h，足球(視為質(zhì)點)被頂出后視為做平拋運動，已知重力加速度大小為g，球門兩邊的支柱豎直，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()圖6A.從頂球點到P點的過程，足球在空中運動的時間為eq\r(\f(2\r(s2＋h2),g))B.從頂球點到P點的過程，足球的位移大小為eq\r(\f(L2,4)＋s2)C.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值為eq\f(2s,L)D.足球初速度的大小為eq\r(\f(2g,h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))答案C解析由題意可知，足球在豎直方向做自由落體運動，則從頂球點到P點的過程，足球在空中運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，A錯誤；足球從頂球點運動到P點過程的俯視圖如圖所示，根據(jù)幾何知識可知，足球從頂球點到P點的水平位移大小為x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)，所以足球的位移大小為l＝eq\r(h2＋x2)＝eq\r(h2＋\f(L2,4)＋s2)，B錯誤；由幾何關系可得足球初速度的方向與球門線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(2s,L)，C正確；足球的初速度的大小為v0＝eq\f(x,t)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，D錯誤。二、多項選擇題8.如圖7所示，在奧托循環(huán)的p－V圖像中，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a依次經(jīng)過狀態(tài)b、c和d后再回到狀態(tài)a，整個過程由兩個等溫和兩個等容過程組成，下列說法正確的是()圖7A.從a到b，氣體的溫度一直升高B.從b到c，氣體與外界無熱量交換C.從c到d，氣體對外放熱D.從b到c氣體吸收的熱量與從d到a氣體放出的熱量相同答案AC解析從a到b過程，氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，由于壓強一直增大，因此氣體的溫度一直升高，A正確；從b到c，氣體膨脹，對外做功，而溫度保持不變，內(nèi)能不變，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q知，氣體從外界吸收熱量，B錯誤；從c到d，氣體發(fā)生等容變化，壓強減小，溫度降低，內(nèi)能減少，氣體對外放熱，C正確；從b到c內(nèi)能不變，氣體吸收的熱量等于對外做的功，同理，從d到a氣體放出的熱量等于外界對氣體做的功，在p－V圖像中，圖像與橫軸圍成的面積等于做的功，因此兩次做功不同，故吸收的熱量與放出的熱量不相等，D錯誤。9.如圖8，距離為2L的A、B兩點分別固定有等量異種點電荷＋Q、－Q。O是AB的中點，OCD是以B為圓心、L為半徑的半圓。E是AB延長線上的一點，DE間的距離為L。將一正點電荷q從E點沿EDCO移動到O點，則下列說法正確的是()圖8A.從E到D的過程中，電荷q的電勢能一直減小B.從E到D的過程中，電荷q受到的靜電力先減小后增大C.從D到O的過程中，電荷q的電勢能一直增加D.從D到O的過程中，電荷q受到的靜電力先增大后減小答案AC解析如圖所示，結(jié)合電場強度的疊加原理可知，DE段的電場強度水平向左，正電荷q從E到D的過程中，靜電力做正功，電勢能減小，A正確；從E到D的過程，電場強度逐漸增大，故電荷q受到的靜電力不斷增大，B錯誤；對－Q形成的電場，圓弧DCO為等勢面，電勢不變，對＋Q形成的電場，從D到C到O，電勢升高，故正電荷q的電勢能一直增加，C正確；對－Q形成的電場，圓弧DCO電場強度大小不變，對＋Q形成的電場，從D到C到O，電場強度增大，且在O處，兩電荷的電場強度方向相同，合電場強度最大，電荷受到的靜電力最大，故電荷q受到的靜電力不可能先增大后減小，D錯誤。10.如圖9所示，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ水平放置，軌道間距為L?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m，長度為L的導體棒ab垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好，導體棒和軌道電阻均可忽略不計。有一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源通過開關S連接到軌道左端，另有一個定值電阻R也連接在軌道上，且在定值電阻右側(cè)存在著垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)閉合開關S，導體棒ab開始運動，則下列說法正確的有()圖9A.導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當速度達到最大時導體棒中無電流B.導體棒所能達到的最大速度為eq\f(ER,（R＋r）BL)C.導體棒穩(wěn)定運動時電源的輸出功率為eq\f(E2R,（R＋r）B2L2)D.導體棒穩(wěn)定運動時產(chǎn)生的感應電動勢為E答案AB解析閉合開關S，導體棒受到向右的安培力，同時導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，且方向與電源電動勢方向相反，電流減小，安培力減小，加速度減小，當導體棒的電動勢和定值