選擇題專項練1 2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題物理H課后習題題型專項練含答案

選擇題專項練12025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題物理H課后習題題型專項練含答案選擇題專項練(一)一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求。1.(2024湖南岳陽二模)如圖所示,一束復色光從真空射向半圓形玻璃磚的表面,在圓心O處發(fā)生折射,光分成了兩束單色光a、b分別從A、B兩點射出,下列說法正確的是()A.玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率B.a光從O點傳播到A點的時間大于b光從O點傳播到B點的時間C.若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紅光D.若用同一雙縫干涉裝置實驗,可看到a光的干涉條紋間距比b光的長答案B解析由圖可知,兩光的入射角相同,a光的折射角小,根據n=sinθ1sinθ2可知,a光的折射率大,故A錯誤;根據v=cn可知,在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度,光傳播的路程都為半圓形玻璃磚的半徑r,根據t=rv可知,在玻璃磚中a光的傳播時間大于b光的傳播時間,故B正確;a光的折射率大,頻率高,波長短,若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紫光,故C錯誤;若用a、b光分別進行雙縫干涉實驗,在其他條件相同的情況下,根據Δx=ldλ2.(2024廣西貴港二模)B超是醫(yī)院對病人進行檢查的重要設備,B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波,遇到人體不同組織時會產生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號由計算機處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖像,t=0時刻波恰好傳到質點M。已知此超聲波的頻率為1×107Hz。下列說法正確的是()A.質點M開始振動的方向沿y軸正方向B.探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為1.4×103m/sC.t=0.75×10-7s時,質點M運動到橫坐標x=28×10-2mm處D.0~0.75×10-7s時間內,質點M運動的路程為1.6mm答案B解析因為超聲波沿x軸正方向傳播,根據波形平移法可知,質點M開始振動的方向沿y軸負方向,故A錯誤;由圖像可知波長為λ=14×10-2mm,則探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為v=λT=λf=14×10-5×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正確;質點并不會隨波的傳播方向遷移,故C錯誤;由題意可知周期為T=1f=1×10-7s,由于Δt=0.75×10-7s=34T,且t=0時刻,質點M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×10-7s時間內,質點M運動的路程為s=34×4A=3A=1.23.(2024河北一模)研究表明原子核的質量雖然隨著原子序數的增大而增大,但是二者之間并不成正比關系,其核子的平均質量(原子核的質量除以核子數)與原子序數的關系如圖所示,一般認為大于鐵原子核質量數(56)的為重核,小于則為輕核,下列對該圖像的說法錯誤的是()A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩(wěn)定B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核B和C時,釋放核能C.從圖中可以看出,輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,釋放核能D.從圖中可以看出,重核隨原子序數的增加,其比結合能越大答案D解析從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質量最小,比結合能最大,Fe原子核最穩(wěn)定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時,由圖可知,核子平均質量減小,裂變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,由圖可知,核子平均質量減小,聚變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數的增加,原子核越不穩(wěn)定,故比結合能越小,故D錯誤,符合題意。4.(2024山東棗莊一模)如圖所示,光滑斜面與平臺相連,小物塊以某一初速度從斜面底端沖上斜面并從平臺右端滑落。已知斜面長2m,小物塊在斜面上運動的時間為1s,則其初速度的大小可能為()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s答案B解析設小物塊的初速度大小為v0,加速度大小為a,根據勻減速直線運動規(guī)律有x=v0t-12at2,v=v0-at>0,聯(lián)立解得v0<4m/s,小物塊做勻減速直線運動,則其初速度大于平均速度,即有v0>v=xt=2m/s,所以有2m/s<v0<45.籃球是中學生喜歡的運動,如圖所示,小明從同一高度的A、B兩點先后將籃球拋出,籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點,不計空氣阻力,上述兩個過程中籃球從A點()A.拋出后在空中的運動時間與從B點拋出的相等B.拋出后速度的變化量大C.拋出時小明對籃球做的功多D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小答案A解析將籃球看成反向平拋運動,籃球在豎直方向下降的高度相同,根據豎直方向上的位移—時間公式得h=12gt2,解得運動時間為t=2hg,所以兩個過程中籃球在空中運動的時間相等,拋出后速度的變化量都等于gt,即Δv=gt,故A正確,B錯誤;由圖可知從A點投出的籃球比從B點投出的籃球的水平位移小,根據水平方向上的運動學公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即從A點投出的籃球在水平方向的分速度小于從B點投出的籃球在水平方向的分速度,可得被拋出的速度大小為v=v02+(gt)2,結合v0A<v0B,可得vA<vB,即從A點投出的籃球的速度小,動能小,小明對籃球所做的功更少,故C錯誤;克服重力做功的功率為6.(2024山西一模)如圖所示,正方形ABCD四個頂點各固定一個點電荷,等量同種負電荷固定在A、B兩點;等量同種正電荷固定在C、D兩點,O是正方形的中心?，F將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處,規(guī)定無窮遠處電勢為零,則()A.移動前,O點的電勢大于零B.移動過程中,O點電場強度一直減少C.移動過程中,C處點電荷所受靜電力先減小后增大D.移到無窮遠處時,O點的電勢小于零答案B解析等量異種點電荷的中垂線上電勢為0,移動前,把A、C處點電荷作一組,把B、D處點電荷作一組,可知O點的電勢為零,故A錯誤;移動過程中,B、D處點電荷在O處的電場強度不變,方向由D到B,C處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不變,A處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不斷變小,由平行四邊形定則可知移動過程中,O點電場強度一直減少,同理,D、B處點電荷在C處的電場強度不變,方向由D到B,而A處點電荷在移動過程中,在C處產生的電場強度越來越小,所以C點的電場強度越來越小,則C處點電荷所受靜電力一直減小,故B正確,C錯誤;將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處后,相當于只有C處的正點電荷在O處產生電勢,則O點的電勢大于零,故D錯誤。二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7.如圖所示,甲、乙、丙是地球赤道平面內繞地心運動的三顆人造衛(wèi)星,甲、丙的軌道為圓,乙的軌道為橢圓。則三顆衛(wèi)星()A.在軌道上運行的周期關系是T甲<T乙<T丙B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關系是a1>a2>a3C.在軌道上1、2、3位置的速率關系是v1>v2>v3D.在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系是F1>F2>F3答案AB解析根據開普勒第三定律可得r3T2=k,三顆衛(wèi)星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大,所以周期增大,即T甲<T乙<T丙,故A正確;根據牛頓第二定律有Gm地mr2=ma,得a=Gm地r2,三顆衛(wèi)星在1、2、3處與地球球心間的距離增大,則加速度減小,即a1>a2>a3,故B正確;根據萬有引力提供向心力有Gm地mr2=mv2r,得v=Gm地r,所以v1>v3,但無法確定v2與v8.(2024河南周口二模)如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數相等的副線圈上下對稱分布,在ab端輸入穩(wěn)定的正弦式交變電流,電壓有效值為Uab,cd間輸出電壓有效值為Ucd。初始時,鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動過程中始終有一端留在副線圈內,則鐵芯()A.向上移動,Ucd減小B.向下移動,Ucd增大C.靜止不動,增大Uab,則Ucd不變D.向上移動一段距離后,增大Uab,則Ucd減小答案BC解析根據差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數相等的副線圈上下對稱,當鐵芯兩端與副線圈平齊時,兩副線圈產生的感應電動勢相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動還是向下移動,cd間的輸出電壓均增大,A錯誤,B正確;若鐵芯靜止不動,增大ab間的輸入電壓,則兩副線圈產生的感應電動勢仍相互抵消,cd間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動一段距離后,cd間一定有電壓輸出,若Uab增大,結合公式U1U2=n19.(2024安徽一模)如圖所示,輕質彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長時上端在O點。小球將彈簧壓縮到M點(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時刻記為t=0,小球第一次運動到O點的時刻為t=t1,小球運動到的最高點為N。在小球第一次從M點運動到N點的過程中,小球的速度v、加速度a、動能Ek以及小球機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是()答案AC解析小球向上運動過程中,根據牛頓第二定律有F-mgsinθ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsinθ,此時加速度為0,速度達到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsinθ-F=ma,隨著彈力F逐漸減小,加速度逐漸增大,直至t=t1后,加速度為a=gsinθ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結合v-t圖像斜率為加速度,動能的計算公式Ek=12mv2可知,A、C正確,B錯誤;小球運動過程中,彈簧彈力對小球做正功,小球機械能先增大,后不變,故D10.電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實現有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外、寬度均為L的勻強磁場,磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為m,其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動力進入減速區(qū),不計摩擦及空氣阻力。則()A.緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向B.緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動C.若緩沖車的線圈剛進入區(qū)域Ⅱ時的速度為v,此時緩沖車受到的安培力大小為2D.從緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅱ開始,在緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為2答案ABD解析根據右手定則可知,緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向,故A正確;緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,根據牛頓第二定律得NIBL=ma,線圈中的電流為I=NBLv'r,可得a=N2B2L2v'mr,根據左手定則可知,緩沖車受到的安培力向左,故緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動,故B正確;若緩沖車的線圈剛進入區(qū)域Ⅱ時的速度為v,線圈中的電流為I'=2NBLvr,此時緩沖車受到的安培力大小為F'=2I'BL=4N2B2L2vr,故C錯誤;從緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅱ開始,到緩沖車運動位移為一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求。1.(2024河北模擬)科學家發(fā)現某星球周圍存在著環(huán)狀物質,為了測定環(huán)狀物質是該星球的組成部分,還是環(huán)繞該星球的衛(wèi)星群,用天文望遠鏡觀察發(fā)現,該環(huán)狀物質的ω2-r-3(ω為環(huán)狀物質繞星球做勻速圓周運動的角速度,r為環(huán)狀物質到星球中心的距離)圖像如圖所示,其斜率為k。引力常量為G,下列說法正確的是()A.環(huán)狀物質是該星球的組成部分B.該星球的自轉周期為2C.該星球的質量為kD.該星球表面的重力加速度為k答案C解析若環(huán)狀物質為衛(wèi)星群,根據萬有引力提供向心力有Gm1m2r2=m2ω2r,解得ω2=Gm1·r-3,與環(huán)狀物質的ω2-r-3圖像對應,故環(huán)狀物質為環(huán)繞該星球的衛(wèi)星群,故A錯誤;ω2-r-3圖像斜率為k,故k=Gm1,故該星球的質量為m1=kG,故C正確;根據牛頓第二定律得Gm1mR2=mg,因為不知道星球半徑,故不能求出該星球表面的重力加速度,故D錯誤2.(2024云南一模)光滑水平面上平行放置兩根完全相同的軟繩,兩人分別握住軟繩的一端,在水平面上沿垂直于繩的方向擺動,形成沿x軸正方向傳播的兩列簡諧波。某時刻兩列波的波形分別如圖甲、乙所示,此時兩列波分別傳到離手12m和15m處。下列說法正確的是()甲乙A.兩列波的周期相等B.兩列波的波源同時開始振動C.兩列波的波源起振方向相同D.此時圖乙所示的波中x=8m處質點的加速度方向沿y軸負方向答案D解析由題意可知兩列波的傳播速度相同,由圖甲、乙可知,兩列波的波長不同,則兩列波的周期不相等,故A錯誤;由于兩列波的傳播速度相同,由圖甲、乙可知,兩列波的傳播距離不同,所以兩列波的波源不是同時開始振動,故B錯誤;根據波形平移法可知,圖甲中x=12m處質點的起振方向沿y軸負方向,圖乙中x=15m處質點的起振方向沿y軸正方向,而波源的起振方向與質點的起振方向相同,所以兩列波的波源起振方向不相同,故C錯誤;此時圖乙所示的波中x=8m處質點位移方向為y軸正方向,則加速度方向沿y軸負方向,故D正確。3.(2024山東德州模擬)一傾角α=37°的粗糙斜面,斜面頂端安裝一滑輪,滑輪大小忽略不計,將斜面固定在地面上,一輕繩跨過定滑輪一端連接放在斜面上的物體A,質量為m1,另一端懸掛小球B,質量為m2。用手按住A使之靜止不動,讓小球B在豎直面內左右擺動,擺動穩(wěn)定后,放開按住A的手,發(fā)現當小球擺動到最高點時,A恰好不下滑,當小球擺到最低點時,A恰好不上滑,如圖所示,已知斜面與物體間的動摩擦因數μ=0.5,則m2m1A.14 B.C.57 D.答案B解析小球擺動到最高點時,A恰好不下滑,對A分析可得m1gsinα=μm1gcosα+F1,此時對小球分析可得F1=m2gcosθ,小球擺到最低點時,A恰好不上滑,對A分析可得m1gsinα+μm1gcosα=F2,此時對小球分析可得F2-m2g=m2v2L,小球從最高點運動到最低點,由動能定理可得m2gL(1-cosθ)=12m2v2,聯(lián)立以上各式,代入數據可得4.氫原子光譜在可見光區(qū)域內的四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ,如圖所示,它們都是氫原子中電子從能級數n>2的能級躍遷到n=2的能級時發(fā)出的光。下列關于Hα、Hβ、Hγ和Hδ四條譜線的描述正確的是()A.Hα對應的前后能級之差最大B.同一介質對Hβ的折射率最大C.同一介質中Hγ的傳播速度最大D.用Hβ照射某一金屬能發(fā)生光電效應,則用Hδ照射該金屬時也一定能發(fā)生光電效應答案D解析Hα波長最長,根據f=cλ,頻率最小,能量最小,Hα對應的前后能級之差最小,故A錯誤;Hδ頻率最大,則同一介質對Hδ的折射率最大,故B錯誤;Hα波長最長,頻率最小,折射率最小,根據v=cn,同一介質中Hα的傳播速度最大,故C錯誤;Hδ頻率大于Hβ頻率,用Hβ照射某一金屬能發(fā)生光電效應,則用Hδ照射該金屬時也一定能發(fā)生光電效應,故5.(2024遼寧葫蘆島一模)某科研小組設計了一款超重報警裝置,其結構原理圖如圖所示,主體是導熱性能良好的薄壁密閉容器,厚度和質量不計的活塞通過輕桿連接輕質平臺。平臺上未放重物時,內部封閉理想氣體氣柱長度L=0.2m;當活塞進入預警區(qū)域時,系統(tǒng)會發(fā)出超重預警。橫截面積S=0.01m2,底部的預警區(qū)域深度h=0.1m,平臺上輕放質量為m的重物穩(wěn)定時,活塞剛好觸動報警裝置。已知環(huán)境溫度不變,大氣壓強p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,不計摩擦阻力,下列說法正確的是()A.重物的質量m=200kgB.重物的質量m=1000kgC.放上重物至活塞最終穩(wěn)定的過程中,密閉氣體對外界放出的熱量為100JD.放上重物至活塞最終穩(wěn)定的過程中,密閉氣體對外界放出的熱量為200J答案D解析最終穩(wěn)定時,封閉氣體溫度不變,有p0LS=p1hS,又p1=p0+mgS,聯(lián)立得m=100kg,A、B錯誤;設外界大氣壓力和重物對封閉氣體做功為W,則W=(mg+p0S)(L-h),代入數據求得W=200J,封閉氣體內能不變,根據熱力學第一定律可得ΔU=W+Q,得Q=-200J,氣體對外界放出的熱量為200J,C錯誤,D6.(2024河南一模)兩個點電荷固定在x軸上的M、N兩點,x軸上各點的電場強度E與各點位置坐標x之間的關系如圖所示。取x軸正方向為電場強度的正方向,無窮遠電勢為零,下列說法正確的是()A.固定在M點的點電荷電荷量比固定在N點的點電荷電荷量小B.Q點的電勢為零C.從C點由靜止釋放一正點電荷,僅在電場力作用下,到D點前它將一直做加速運動D.從P點由靜止釋放一負點電荷,僅在電場力作用下,在它向左運動過程中電勢能將一直減小答案C解析M、N兩點連線中點處電場強度大于0,且兩點間電場強度最小位置處距離N點較近,可知,固定在M點的點電荷電荷量比固定在N點的點電荷電荷量大,故A錯誤;若有一正點電荷由Q點向右側無窮遠處運動,電場力做正功,電勢能不斷減小,一直到零,所以Q點的電勢大于零,故B錯誤;從C點由靜止釋放一正點電荷,僅在電場力作用下,到D點前電場強度一直為正值,則電場強度方向不變,電場力方向不變,它將一直做加速運動,故C正確;從P點由靜止釋放一負點電荷,僅在電場力作用下,在它由Q向N運動過程中電場力做負功,電勢能增大,故D錯誤。二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7.如圖為某小型水電站電能輸送線路示意圖,發(fā)電機通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知發(fā)電機線圈電阻為r,產生感應電動勢有效值為E。升壓變壓器原、副線圈匝數比為a,降壓變壓器原、副線圈匝數比為b,兩變壓器間輸電線總電阻為R1,用戶端總電阻為R2。電流表為理想電表,變壓器為理想變壓器,下列說法正確的是()A.電流表的示數I=EB.升壓變壓器原線圈兩端的電壓U1=EC.電阻R1、R2消耗的功率之比為R1∶b2R2D.若用戶端負載增加,電流表示數變小答案BC解析降壓變壓器等效電阻為R3=b2R2,升壓變壓器等效電阻為R4=a2(R1+b2R2),電流表的示數I1=ER4+r=Er+a2(R1+b2R2),故A錯誤;升壓變壓器原線圈兩端的電壓U1=I1R4=Ea2(R1+b2R2)r+a2(R1+b2R2),故B正確;根據P=I2R,電阻R8.籃球是以手為中心的身體對抗性體育運動,是奧運會比賽項目之一。一名同學某次在籃球上升的最高點豎直向下拍球,如圖所示,手與籃球的作用距離為0.25m(還沒到達地面),籃球離手瞬間的速度為5m/s,籃球的質量為0.4kg,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,則本次拍球()A.人對籃球做的功為5.0JB.人對籃球做的功為4.0JC.手給籃球的沖量大小為2.5kg·m/sD.手給籃球的沖量小于2.0kg·m/s答案BD解析該同學拍籃球的過程,由動能定理得mgh+W=12mv2,解得該同學對籃球做的功為W=4.0J,故A錯誤,B正確;該同學拍籃球的過程,取豎直向下為正方向,由動量定理得I+mgΔt=mv=0.4×5kg·m/s=2.0kg·m/s,因mgΔt>0,則I<2.0kg·m/s,手給籃球的沖量小于2.0kg·m/s,故C錯誤,D9.(2024山東德州模擬)甲、乙兩質點沿同一直線運動,其中甲做勻變速直線運動,乙以大小為5m/s的速度做勻速直線運動,在t=3s時,兩質點相遇,它們的位置隨時間變化及相遇時切線數據如圖所示,在0~3s時間內,下列判斷正確的是()A.相遇時甲質點的速度大小為3m/sB.甲質點的初速度大小為7m/sC.甲質點的加速度大小為2m/s2D.在t=1.5s時,甲、乙兩質點相距最遠答案BC解析x-t圖像的斜率表示速度,則兩質點相遇時甲質點的速度大小為v3=3×5-123m/s=1m/s,故A錯誤;設甲質點的初速度大小為v0,加速度大小為a,有v3=v0-at,x=v0t-12at2=3×5m-3m,解得v0=7m/s,a=2m/s2,故B、C正確;甲、乙兩質點速度相等時,兩質點相距最遠,有v0-at1=v,解得t1=10.(2024廣東二模)如圖為某一科研設備中對電子運動范圍進行約束的裝置簡化圖。現有一足夠高的圓柱形空間,其底面半徑為R,現以底面圓心為坐標原點,建立空間直角坐標系Oxyz。在圓柱形區(qū)域內存在著沿z軸負向的勻強磁場和勻強電場,在x>R的區(qū)域內存在著沿x軸正向的勻強電場。坐標為0,-R,0的P點有一電子源,在xOy平面內同時沿不同方向向圓柱形區(qū)域內發(fā)射了一群質量為m、電荷量為-q的電子,速度大小均為v0。已知磁感應強度的大小為A.電子完全離開圓柱形區(qū)域時速度方向均不相同B.電子完全離開圓柱形區(qū)域時的速度方向均平行于xOy平面C.所有電子在磁場中運動的總時間均相同D.最晚和最早完全離開圓柱形區(qū)域的電子的時間差為R答案AC解析如圖所示,電子在磁場中做勻速圓周運動,有Bqv0=mv02R',解得R'=R,由于電子的軌跡圓半徑和原磁場半徑相同,故電子在xOy平面內將先后經歷磁發(fā)散、進入電場做勻變速直線運動、返回磁場磁聚焦三個過程,最終從xOy平面內的Q點離開,但是速度方向均不相同,它們在z方向上做勻加速直線運動,離開圓柱形區(qū)域時的速度方向不可能平行于xOy平面,故A正確,B錯誤;電子在磁場中均經歷了半個周期,因此在磁場中運動總時間相同,故C正確;當電子從P點沿x軸正向發(fā)射時,電子在xOy平面內運動時間最長,相較于運動時間最短的電子,其多走的路程為2R,故時間差Δt=2選擇題專項練(三)一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求。1.(2024安徽黃山一模)核污水中主要含有的放射性元素氚(13H)是氫的一種同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期約為12.43年,發(fā)生衰變時生成

23He并放出一個帶電粒子,13H也可以和A.13H發(fā)生的衰變是B.該反應存在質量虧損,所以質量數不守恒C.100g

13H存放50年后大約還剩6D.13H和答案C解析

13H衰變時的核反應方程為He+-10e,故

13H發(fā)生的衰變是β衰變,故A錯誤;該反應存在質量虧損,但質量數守恒,故B錯誤;100g13H存放50年后大約還剩m余=m012tT=100g×125012.43≈6.25g,故C正確;12.(2024廣東一模)《史記》中對日暈有“日有暈,謂之日輪”的描述。如圖甲所示,日暈是日光通過卷層云時,受到冰晶的折射或反射而形成的。圖乙為太陽光射到六邊形冰晶上發(fā)生兩次折射的光路圖,對于圖乙中出射的單色光a、b,下列說法正確的是()A.單色光a的折射率比單色光b的折射率大B.在冰晶中,單色光a的傳播速度比單色光b的傳播速度大C.單色光a的頻率比單色光b的頻率大D.單色光a的單個光子能量比單色光b的單個光子能量大答案B解析根據n=sinisinγ,單色光a、b入射角相同,b光折射角小,則單色光b的折射率大于單色光a的,故A錯誤;根據v=cn,單色光b的折射率大于單色光a的,則單色光a在冰晶中的傳播速度比單色光b的大,故B正確;頻率越高,折射率越大,則單色光b的頻率大于單色光a的,故C錯誤;根據ε=hν,單色光b的頻率大于單色光a的,則單色光b的單個光子能量大于單色光a的3.(2024湖南岳陽一模)如圖所示,真空中有一邊長為l的正六邊形ABCDFG,O為正六邊形中心,在A、B、C三點分別固定電荷量為q、-2q、q(q>0)的三個點電荷。已知點電荷Q的電勢公式φ=kQr,其中k為靜電常量,Q為場源電荷的電荷量,r為某點到Q的距離,取無窮遠處電勢為零。則下列說法正確的是(A.O點電勢為負B.D點和G點電場強度相同C.O點的電場強度大小為kql2,方向由OD.把一帶負電的試探電荷從O點移至F點,其電勢能變大答案C解析根據題意可得,O點電勢為φO=φA+φB+φC=kql+k·(-2q)l+kql=0,故A錯誤;如圖所示,根據點電荷的電場強度計算公式可得EA=EC'=kql2,EB=EB'=k2q3l2=2kq3l2,EC=EA'=kq4l2=kq4l2,根據電場強度的疊加原理可知D點和G點電場強度不相同,故B錯誤;O點的電場強度大小為EO=k2ql2-4.(2024河北一模)如圖所示,面積為0.1m2的100匝線圈平行紙面放置,其內部存在垂直紙面的磁場,以垂直紙面向里為磁場的正方向,磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律為B=2-0.1t(T)。已知線圈的電阻為4Ω,定值電阻R的阻值為6Ω,其余電阻不計。在0~10s內,下列說法正確的是()A.a、b兩點間的電勢差Uab=0.6VB.電阻R上產生的焦耳熱為0.3JC.流過電阻R的電流為0.1AD.通過電阻R的電荷量為0.1C答案C解析線圈中的電動勢為E=nΔΦΔS=nΔBΔtS=100×0.1×0.1V=1V,根據楞次定律可知電流從b點流出,a點流入,a、b兩點間的電勢差Uab=-ER+rR=-0.6V,故A錯誤;流過電阻R的電流為I=ER+r=0.1A,故C正確;電阻R上產生的焦耳熱為Q=I2Rt=0.12×6×10J=0.65.如圖甲所示的智能機器人廣泛應用于酒店、醫(yī)院等場所。機器人內電池的容量為25000mA·h,負載10kg時正常工作電流約為5A,電池容量低于20%時不能正常工作,此時需要用充電器對其進行充電,充電器的輸入電壓如圖乙所示。下列說法正確的是()A.充電器的輸入電流頻率為100HzB.充電器的輸入電壓瞬時表達式為u=2202sin10πtC.機器人充滿電后電池的電荷量為25CD.機器人充滿電后,負載10kg時大約可以持續(xù)正常工作4h答案D解析由圖乙可知交流電壓的周期為0.02s,根據f=1T,可知輸入電流頻率為50Hz,故A錯誤;由圖乙可知周期為0.02s,則ω=2πT=100πrad/s,充電器的輸入電壓的瞬時值表達式為u=2202sin100πtV,故B錯誤;機器人充滿電后電池的電荷量Q=It=25A·h=9×104C,正常工作可用電荷量為20A·h,由Q=It,可知負載10kg時大約可以持續(xù)工作4h,故C6.(2024陜西西北工業(yè)大學附屬中學二模改編)如圖所示,甲、乙兩傳送帶,傾斜于水平地面放置,傳送帶上表面以同樣恒定速率v向上運動,現將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到傳送帶的速率v,小物體在乙傳送帶上到達離E處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v,已知A處到B處、D處到E處的豎直高度均為H,則在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中()A.兩種傳送帶對小物體做功不相等B.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)中傳送帶消耗的電能比乙的多C.兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數相同D.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)中因摩擦而產生的熱量比乙的少答案B解析在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,根據功能關系可知,傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增加量,因機械能增量相同,故傳送帶對小物體做功相等,故A錯誤;小物體在兩種傳送帶上均做初速度為零的勻加速直線運動,加速度大小a=μgcosθ-gsinθ,在速度達到v的過程中,小物體在甲傳送帶上的位移x較大,根據公式a=v22x,可知小物體在甲傳送帶上時的加速度較小,根據a=μgcosθ-gsinθ,可得μ=agcosθ+tanθ,即小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數較小,故C錯誤;在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,只有小物體相對傳送帶發(fā)生滑動時,即只有在加速過程中,系統(tǒng)才發(fā)生“摩擦生熱”,根據公式Q=Ffx相對計算系統(tǒng)產生的熱量,可選取做勻速運動的傳送帶為慣性參考系,小物體在慣性參考系里做初速度大小為v,加速度大小為a=μgcosθ-gsinθ,末速度為零的勻減速直線運動,可求出x相對=v22a,可見,x相對等于小物體相對于地面速度從0加速到v過程中的位移,即系統(tǒng)產生的熱量等于小物體加速過程中摩擦力對小物體做的功,對于甲傳送帶,在加速過程中摩擦力做正功設為W1,克服重力做功為mgH,動能改變量為12mv2,根據動能定理可求得W1=12mv2+mgH,同理可求出小物體在乙傳送帶上加速過程中摩擦力做的功為W2=12mv2+mgH-h,顯然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系統(tǒng)產生的熱量多,故D錯誤;在將小物體分別傳送到B、E處的過程中,傳送帶消耗的電能等于系統(tǒng)增加的機械能和產生的內能二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7.如圖甲所示,直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上,且P固定于水平軸正下方,兩組輕繩長也相同,其截面圖如圖乙所示,導線P通以垂直紙面向里的電流;導線Q電流方向未知,平衡時兩導線位于同一水平面,且兩組絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質量為m,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.導線Q中電流方向垂直紙面向里B.導線P、Q間的安培力大小為2mgsinθC.僅使導線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°,導線Q對輕繩的拉力大小逐漸增大D.當導線P中電流突然消失的瞬間,導線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgcosθ答案CD解析對Q進行受力分析可知,P對Q的力為斥力,由安培定則和左手定則可知,兩導線的電流方向相反,即導線中電流方向垂直紙面向外,故A錯誤;設導線Q受到兩輕繩的拉力之和為FT,導線P、Q間的安培力為F,對Q進行受力分析如圖所示,由幾何關系得F=mgtanθ,故B錯誤;由幾何關系得FT=mgcosθ,使導線P中電流I緩慢增大,則θ逐漸增大,又θ不超過90°,則cosθ逐漸變小,FT逐漸增大,故C正確;當導線P中電流突然消失的瞬間,導線P、Q間的安培力消失,此時沿輕繩方向上的合力為零,則導線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgcosθ,故D8.(2024廣東湛江一模)在兒童樂園的蹦床項目中,小孩在兩根彈性繩和彈性網繩的協(xié)助下實現上下彈跳。如圖所示,某次蹦床活動中,小孩靜止時處于O點,當其彈跳到最高點A后下落,可將彈性網繩壓到最低點B,小孩可看成質點,不計彈性繩的重力、彈性網繩的重力和空氣阻力。則從最高點A到最低點B的過程中,小孩的()A.重力的功率先增大后減小B.機械能一直減小C.重力勢能的減少量大于彈性網繩彈性勢能的增加量D.機械能的減少量等于彈性網繩彈性勢能的增加量答案AC解析當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網繩壓到最低點B的過程中,速度v先增大后減小,根據P=mgv可知重力的功率先增大后減小,故A正確;當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網