2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理選擇題專項(xiàng)練64

選擇題專項(xiàng)練(六)一、單項(xiàng)選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024黑龍江二模)來自外太空的宇宙射線在進(jìn)入地球大氣層后,可能會(huì)與大氣中的氮原子作用而產(chǎn)生質(zhì)子。中子與氮14發(fā)生的核反應(yīng)方程是:714N+C+11H,產(chǎn)生的

614C不夠穩(wěn)定,能自發(fā)地進(jìn)行β衰變,其半衰期為5730年?？脊艑W(xué)家可利用

A.614C發(fā)生βB.6C.β衰變輻射出的粒子是碳原子核外電子躍遷產(chǎn)生的D.若測(cè)得一古木樣品的

614C含量為活體植物的14答案D解析根據(jù)題意可知,衰變方程為N+-10e,即

614C發(fā)生β衰變的產(chǎn)物是

714N,故A錯(cuò)誤;半衰期與外界環(huán)境無關(guān),故B錯(cuò)誤;β衰變輻射出的粒子來自原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的電子,故C錯(cuò)誤;若測(cè)得一古木樣品的

614C含量為活體植物的14,可知經(jīng)過了2個(gè)半衰期,則該古木距今約為52.(2024安徽一模)如圖甲所示,將一塊平板玻璃a放置在另一塊平板玻璃板b上,在右端夾入兩張薄紙片。當(dāng)單色光從上方垂直射入后,從上往下看可以觀察到如圖乙所示的干涉條紋。則下列說法正確的是()A.干涉條紋是由a、b兩玻璃板上表面反射的光疊加產(chǎn)生的B.若僅增大垂直射入的單色光波長(zhǎng),則條紋將變疏C.將b緩慢向下平移,則條紋之間的距離將變大D.若抽去一張薄紙片,則條紋將變密答案B解析干涉條紋是由a的下表面和b上表面反射的光疊加產(chǎn)生的,故A錯(cuò)誤。若僅增大垂直射入的單色光波長(zhǎng)時(shí),根據(jù)條紋間距表達(dá)式l=λ2tanθ,可知條紋變疏,將b緩慢向下平移時(shí)條紋間距不變,故B正確,C錯(cuò)誤;若抽去一張薄紙片,平板玻璃a、b之間的夾角減小,條紋間距變大,條紋變稀疏,故3.(2024貴州畢節(jié)二模)破舊高樓外墻磚易脫落造成安全事故,引發(fā)人們關(guān)注。某實(shí)驗(yàn)小組對(duì)墻磚脫落的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行定量研究。在一次模擬實(shí)驗(yàn)中,小組成員將一墻磚從某舊樓(無人居住)的樓頂由靜止釋放(在保證安全的情況下),下落一小段距離后,開始計(jì)時(shí),采集從此位置開始下落的高度H與時(shí)間t的相關(guān)數(shù)據(jù),并作出Htt的圖像如圖,運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力恒定。則(A.計(jì)時(shí)開始時(shí)墻磚的速度大小為0B.本次實(shí)驗(yàn)中墻磚下落的加速度大小為9.6m/s2C.從計(jì)時(shí)開始,墻磚在2s內(nèi)的平均速度為6m/sD.計(jì)時(shí)開始后經(jīng)3s墻磚恰好落至地面,則這棟舊樓高度約為24m答案B解析設(shè)開始計(jì)時(shí)墻磚的速度為v0,墻磚下落時(shí)的加速度為a,得H=v0t+12at2,整理得Ht=v0+12at,結(jié)合圖像可知v0=2.40m/s,12a=13.92-2.402.40-0m/s2,解得a=9.6m/s2,故A錯(cuò)誤,B正確;從計(jì)時(shí)開始,墻磚在2s后的速度為v2=v0+at2=21.6m/s,故該段時(shí)間內(nèi)平均速度為v=v0+v22=12m/s,故C錯(cuò)誤;由靜止釋放到開始計(jì)時(shí)的時(shí)間為t0=v0a4.(2024貴州貴陽一模)蹴球是中國(guó)少數(shù)民族的一種傳統(tǒng)體育項(xiàng)目,比賽在一塊正方形水平地面上進(jìn)行,比賽用球?yàn)橛菜軐?shí)心球。如圖所示,靜止在場(chǎng)地中的球1與球2、球2與邊線間的距離均為L(zhǎng),兩球質(zhì)量相同,它們與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,一隊(duì)員用腳給球1一個(gè)水平?jīng)_擊力使其獲得水平速度,球1與球2發(fā)生彈性正碰后,球2恰好能到達(dá)邊線,重力加速度為g。則球2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()A.2Lμg C.2Lμg D答案A解析球2勻減速直線運(yùn)動(dòng)到停下,可以看作反向勻加速直線運(yùn)動(dòng),可得L=12at2,根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma,聯(lián)立求得t=2L5.(2024貴州貴陽一模)一磁約束裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。在內(nèi)、外半徑分別為R、3R的環(huán)狀區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點(diǎn)沿圓的半徑方向射入磁場(chǎng)后恰好不會(huì)穿出磁場(chǎng)的外邊界,且被約束在大圓以內(nèi)的區(qū)域內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力。則該粒子的運(yùn)動(dòng)周期為()A.2mqB3+2C.6mqB3+2答案C解析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有r2+R2=(3R-r)2,tanα=rR,解得r=33R,α=30°,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=3qBR3m,粒子在環(huán)狀區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2(6.(2024江西二模)高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng),磁剎車工作原理可簡(jiǎn)述如下:將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤,使磁感線總垂直射入鋁盤時(shí),鋁盤隨即減速,如圖所示,圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運(yùn)動(dòng),磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()A.鋁盤甲區(qū)域的感應(yīng)電流會(huì)產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)B.磁場(chǎng)與感應(yīng)電流的作用力,會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力C.感應(yīng)電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能,是將鋁盤減速的最主要原因D.若將實(shí)心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤,則磁鐵對(duì)布滿空洞的鋁盤減速效果比實(shí)心鋁盤的效果更好答案B解析鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大,由楞次定律可知,甲區(qū)域感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,則此感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,故A錯(cuò)誤;由“來拒去留”可知,磁場(chǎng)與感應(yīng)電流的作用力,會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力,會(huì)使鋁盤減速,故B正確,C錯(cuò)誤;改成空洞鋁盤,電阻變大,電流變小,阻礙效果更差,故D錯(cuò)誤。7.(2024湖南邵陽二模)如圖為模擬遠(yuǎn)距離輸電的部分測(cè)試電路。a、b端接電壓有效值恒定的正弦交流電源,理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k,22<k<1,滑動(dòng)變阻器R3的最大阻值為R0,定值電阻R1=R2=R0,電流表、電壓表均為理想電表,其示數(shù)分別用I和U表示。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片P從最下端向最上端滑動(dòng)過程中,電流表、電壓表示數(shù)變化量分別用ΔI和ΔU表示。下列說法正確的是(A.U不變B.R1=k2ΔC.副線圈回路消耗的功率一直增大D.電源的輸出功率可能先增大后減小答案B解析根據(jù)變壓器的原理可得U1U2=k,I2I1=k,可得U1=kU2,I1=I2k,原線圈電路中有U0=U1+I1R1,在副線圈電路中有U2=I2R2+R3,聯(lián)立可得U0=U2k+R1k(R2+R3),當(dāng)滑片P從最下端向最上端滑動(dòng)過程中,電阻R3阻值減小,電源電壓U0不變,可知U2減小,即電壓表的示數(shù)U減小,故A錯(cuò)誤;由A項(xiàng)分析可得U0=kU2+I2kR1,變形得U2=U0k-R1k2I2,則有ΔUΔI=R1k2,即R1=k2ΔUΔI,故B正確;由能量守恒定律可得I1U0=I12R1+I22R2+R3,可得I1=U0R1+k2R2+R3,副線圈回路消耗的功率P=I22R2+R3=k2I12R2+R3,二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。8.(2024河北滄州一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑半圓軌道和傾角為30°的光滑斜面在半圓軌道最低點(diǎn)A用極小一段光滑圓弧平滑連接,兩軌道均被固定,半圓軌道的最高點(diǎn)為M。一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以某一水平向左的初速度進(jìn)入半圓軌道,然后落在斜面上的N點(diǎn)(圖中未畫出),不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g,下列說法正確的是()A.若小球恰好能通過M點(diǎn),則M、N兩點(diǎn)間的高度差為7-B.若小球的初速度合適,則小球從M點(diǎn)離開落到斜面上時(shí)速度可以垂直于斜面C.若小球的初速度合適,則小球從M點(diǎn)離開落到斜面上時(shí)位移可以垂直于斜面D.若N點(diǎn)與半圓軌道的圓心等高,則小球通過M點(diǎn)時(shí),半圓軌道對(duì)小球的支持力為12答案AD解析若小球恰好能通過M點(diǎn),則小球在M點(diǎn)有mg=mv2R,小球落到斜面上,設(shè)M、N兩點(diǎn)間的高度差為h,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h=12gt2,x=vt,tan30°=2R-hx,解得t=39gR-3gR3g,h=7-133R,故A正確;若小球從M點(diǎn)離開落到斜面上時(shí)速度可以垂直于斜面,得tan30°=v1vy=v1gt1,h1=12gt12,x1=v1t1,根據(jù)位移關(guān)系tan30°=2R-h1x1,聯(lián)立解得v1=4gR5<gR,可知此時(shí)從M點(diǎn)射出時(shí)的速度小于該處的最小速度,故不成立,故B錯(cuò)誤;若小球從M點(diǎn)離開落到斜面上時(shí)位移可以垂直于斜面,同理得tan30°=x2h2,tan30°=2R-h2x2,h2=12gt22,9.(2024山東聊城一模)如圖所示,衛(wèi)星Ⅰ為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星,其對(duì)地張角為2θ;衛(wèi)星Ⅱ?yàn)榈厍虻慕匦l(wèi)星。兩衛(wèi)星繞地球同向轉(zhuǎn)動(dòng),已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T0,引力常量為G,根據(jù)題中條件,可求出()A.衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的周期之比為1∶sinB.衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為sin22θ∶1C.地球的平均密度為D.衛(wèi)星Ⅱ運(yùn)動(dòng)的周期內(nèi)無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出電磁波信號(hào)的時(shí)間為π答案ACD解析設(shè)地球質(zhì)量為m0,衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為r和R,衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星,周期為T0,近地衛(wèi)星Ⅱ的周期為T。根據(jù)開普勒第三定律可得r3T02=R3T2,由圖中幾何關(guān)系可得sinθ=Rr,可得衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的周期之比為T0∶T=1∶sin3θ,則衛(wèi)星Ⅱ的周期為T=T0sin3θ,對(duì)于衛(wèi)星Ⅱ,由萬有引力提供向心力可得Gm0mR2=m2πT2R,又m0=ρ·43πR3,聯(lián)立可得地球的平均密度為ρ=3πGT02sin3θ,故A、C正確;對(duì)于不同軌道衛(wèi)星,根據(jù)牛頓第二定律得a=Gm0r2,所以衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為aⅠaⅡ=R2r2=sin2θ1,故B錯(cuò)誤;當(dāng)衛(wèi)星10.(2024遼寧撫順三模)如圖所示,正三棱柱ABCA'B'C'的A點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為+Q的點(diǎn)電荷,C點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為Q的點(diǎn)電荷,D、D'點(diǎn)分別為AC、A'C'邊的中點(diǎn),取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。下列說法正確的是()A.B、B'兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.將一電子沿直線從A'點(diǎn)移到C'點(diǎn),電勢(shì)能增加C.將一電子沿直線從B點(diǎn)移到D'點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功D.若在A'點(diǎn)和C'點(diǎn)分別再固定電荷量為+Q和Q的點(diǎn)電荷,B點(diǎn)的電勢(shì)不變答案BD解析B、B'兩點(diǎn)在AC連線中垂線上,根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布特征可知,B、B'兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都與AC平行,方向相同,但B'離AC較遠(yuǎn),故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B'點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,故A錯(cuò)誤;根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布特征可知,A