選擇題專項練4 2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題物理課后習(xí)題題型專項練含答案

2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題物理課后習(xí)題題型專項練含答案選擇題專項練(四)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024山東煙臺一模)如圖所示,某同學(xué)將空玻璃瓶開口向下緩慢壓入水中,下降過程中瓶內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的空氣,瓶內(nèi)空氣看作理想氣體,水溫上下均勻且恒定不變,則()A.瓶內(nèi)空氣對外界做功B.瓶內(nèi)空氣向外界放出熱量C.瓶內(nèi)空氣分子的平均動能增大D.單位時間內(nèi)與瓶壁單位面積上碰撞的空氣分子數(shù)不變答案B解析被淹沒的玻璃瓶在下降過程中,瓶內(nèi)空氣溫度不變,水進入瓶內(nèi),瓶內(nèi)空氣體積減小,可知外界對瓶內(nèi)空氣做正功,故A錯誤;由于水溫上下均勻且恒定不變,所以瓶內(nèi)空氣溫度不變,則瓶內(nèi)空氣分子平均動能不變,瓶內(nèi)空氣內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知,瓶內(nèi)空氣向外界放熱,故B正確,C錯誤;由于瓶內(nèi)空氣體積減小,所以單位時間內(nèi)與瓶壁單位面積上碰撞的空氣分子數(shù)變多,故D錯誤。2.某古法榨油中的一道工序是撞榨,即用重物撞擊楔子壓縮油餅。如圖所示,質(zhì)量為50kg的重物用一輕繩與固定點O連接,O與重物重心間的距離為4m,某次將重物移至輕繩與豎直方向成37°角處,由靜止釋放,重物運動到最低點時與楔子發(fā)生碰撞,若碰撞后楔子移動的距離可忽略,重物反彈,上升的最大高度為0.05m,重物與楔子作用時間約為0.05s,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,整個過程輕繩始終處于伸直狀態(tài),則碰撞過程中重物對楔子的作用力約為()A.4000N B.5000NC.6000N D.7000N答案B解析根據(jù)機械能守恒定律有mgL(1-cos37°)=12mv12,碰撞后重物上升過程,有mgh=12mv22,根據(jù)動量定理有Ft=mv2-(-mv1),聯(lián)立解得F=50003.(2024山東泰安一模)如圖所示,A、B是圍繞地球運轉(zhuǎn)的兩顆衛(wèi)星,其中A衛(wèi)星的軌道半徑為RA,B衛(wèi)星的軌道半徑為RB,經(jīng)過相同的時間,A衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為SA,B衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為SB,已知SB∶SA=1∶2,則RB∶RA的值為()A.1∶2 B.1∶3C.1∶4 D.1∶8答案C解析設(shè)衛(wèi)星的周期為T,t時間內(nèi)衛(wèi)星與地心О的連線掃過的面積為S=tTπR2,根據(jù)題意有SB∶SA=tTBπRB2∶tTAπRA2=RB2TB∶RA2TA=1∶4.(2024山東聊城一模)如圖所示,正方體框架ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1處于水平地面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球(可視為質(zhì)點),不計空氣阻力。關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是()A.落點在棱BB1上的小球,落在B1點時平拋的初速度最大B.落點在面A1B1C1D1內(nèi)的小球,落在C1點的運動時間最長C.落點在三角形B1C1D1內(nèi)的小球,平拋初速度的最小值與最大值之比是1∶2D.落點在線B1D1上的小球,落地時重力的瞬時功率均不相同答案C解析設(shè)正方體棱長為l,落點在棱BB1上的小球,落在B1點時豎直位移最大,根據(jù)t=2lg可知,運動時間最長,根據(jù)v=xt可知平拋的初速度最小,選項A錯誤;根據(jù)t=2lg可知落點在面A1B1C1D1內(nèi)的小球豎直位移相等,則運動時間相等,選項B錯誤;落點在三角形B1C1D1內(nèi)的小球運動時間相等,最大的水平位移為2l,最小水平位移為22l,最小水平位移與最大水平位移之比為1∶2,則平拋初速度的最小值與最大值之比是1∶2,選項C正確;落點在線B1D1上的小球,豎直速度均為vy=2gl,落地時重力的瞬時功率PG5.(2024河北保定一模)在地球表面,被輕質(zhì)細線懸掛而處于靜止?fàn)顟B(tài)的質(zhì)量為m的小球,所受地球的萬有引力作用效果分解示意圖如圖所示,已知小球所處的緯度為θ(30°<θ<60°),重力為F1,萬有引力為F,地球的半徑為R,自轉(zhuǎn)周期為T,下列說法正確的是()A.細線的拉力FT與F是一對平衡力B.小球所需的向心力為4C.地球赤道處的重力加速度為FD.地球的第一宇宙速度為FR答案D解析細線的拉力FT與F的合力提供了小球做圓周運動的向心力,A錯誤;小球做圓周運動的半徑為r=Rcosθ,所以小球所需的向心力為Fn=4π2mRcosθT2,B錯誤;小球所處的緯度重力為F1,大于赤道處的重力,所以地球赤道處的重力加速度小于F1m,C錯誤;根據(jù)6.(2024湖南張家界二模)如圖所示,ABCD是邊長為l的正三棱錐,虛線圓為三角形ABD的內(nèi)切圓,M、N、P分別為BD、AB和AD邊與圓的切點,O為圓心,正三棱錐的頂點A、B和D分別固定有電荷量為+Q、+Q和-Q的點電荷,則()A.同一帶正電的點電荷分別置于M、P兩點的電勢能不相等B.將質(zhì)子由C移動到M,電勢能減少C.將電子由P移動到N,電場力做正功D.M、P兩點的電場強度相同答案C解析根據(jù)對稱性可知,M點和P點的電勢相等,則同一帶正電的點電荷分別置于M、P兩點的電勢能相等,故A錯誤;根據(jù)等量異種點電荷等勢面關(guān)系圖可知,若僅考慮B處和D處點電荷時,C點和M點的電勢相等,質(zhì)子由C移動到M,靠近A處的正點電荷,電場力做負功,電勢能增加,故B錯誤;在A處點電荷產(chǎn)生的電場中,N點和P點的電勢相等,在B處點電荷產(chǎn)生的電場中,N點的電勢大于P點的電勢,在D處點電荷產(chǎn)生的電場中,N點的電勢大于P點的電勢,所以N點的電勢高于P點的電勢,電子在N點的電勢能小于在P點的電勢能,則電子由P到N,電勢能減小,電場力做正功,故C正確;根據(jù)對稱性可知,M點和P點的電場強度大小相等,方向不同,故D錯誤。7.(2024廣東深圳一模)如圖所示,整個空間存在一水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,光滑絕緣斜面固定在水平面上。一帶正電滑塊從斜面頂端由靜止下滑,下滑過程中始終沒有離開斜面,下滑過程中滑塊的位移x、受到的洛倫茲力F洛、加速度a與機械能E機等物理量的大小隨時間變化的圖像可能正確的是()答案B解析滑塊下滑過程中始終沒有離開斜面,滑塊沿斜面受到的重力分力和電場力分力均保持不變,滑塊做勻加速直線運動,則a-t圖像為一條與橫軸平行的直線;根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度,可知x-t圖像的斜率逐漸增大,故A、C錯誤;由于滑塊由靜止做勻加速直線運動,則有F洛=qvB=qBat∝t,可知F洛-t圖像為過原點的傾斜直線,故B正確;除重力做功外,還有電場力做功,則滑塊的機械能不守恒,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,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.(2024湖北武漢模擬)一列簡諧橫波沿x軸方向傳播,t=0時刻的波形如圖所示,介質(zhì)中x=0.6m處的質(zhì)點P的動能正在減小。t=0.25s,質(zhì)點P第一次到達波峰處。下列說法正確的是()A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的傳播速度大小為4m/sC.0~0.25s時間內(nèi)質(zhì)點P運動的路程為40cmD.質(zhì)點P振動的位移—時間關(guān)系為y=16sin5π答案BD解析由于質(zhì)點P動能在減小,可知質(zhì)點P沿y軸負方向振動,由同側(cè)法可知波沿x軸負方向傳播,故A錯誤;由圖可知32λ=2.4m,可得該波的波長為λ=1.6m,故質(zhì)點P第一次到波峰是x=1.6m處振動形式傳來的,則v=Δxt=1.6-0.60.25m/s=4m/s,故B正確;由T=λv可得,該波的周期為T=0.4s,設(shè)P點的振動方程為y=Asin2πTt+φcm,將t=0.25s,y=16cm代入上式可得φ=1.25π,即P點的振動方程為y=16sin(5πt+1.25π)cm,故D正確;當(dāng)t=0時,y=-82cm,且t=0.25s,y=16cm,故在0~0.25s時間內(nèi)質(zhì)點P由-82cm振動到-16cm處,再振動到16cm處,則0~0.25s9.(2024河北模擬預(yù)測)間距為L、長度均為2s的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),靜止的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌的左端,且始終與導(dǎo)軌接觸良好。t=0時刻,電流大小為I的恒定電流從一根導(dǎo)軌流入,經(jīng)過金屬棒,再從另一根導(dǎo)軌流回,如圖所示。當(dāng)金屬棒運動到導(dǎo)軌的中點時,電流大小突然變?yōu)?I,導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似可視為勻強磁場,磁感應(yīng)強度B與電流I成正比。已知金屬棒的質(zhì)量為m。則()A.金屬棒在左、右兩段導(dǎo)軌上運動時所受安培力的大小之比為1∶2B.金屬棒在左、右兩段導(dǎo)軌上運動的加速度大小之比為1∶4C.金屬棒運動到導(dǎo)軌中點與末端的動能之比為1∶4D.金屬棒運動到導(dǎo)軌中點與末端的速度大小之比為1∶5答案BD解析由題意可知磁感應(yīng)強度B與電流I成正比,金屬棒在左、右兩段導(dǎo)軌上運動時電流之比為I∶2I=1∶2,則磁感應(yīng)強度之比為B∶2B=1∶2,金屬棒在左、右兩段導(dǎo)軌上運動時所受安培力的大小之比為F左∶F右=BIL∶(2B·2IL)=1∶4,金屬棒在左、右兩段導(dǎo)軌上運動的加速度大小之比為a左∶a右=F左m∶F右m=1∶4,故A錯誤,B正確;設(shè)金屬棒運動到導(dǎo)軌中點的速度為v1,金屬棒運動到導(dǎo)軌末端的速度為v2,根據(jù)動能定理可得F左s=12mv12-0,F左s+F右s=12mv22-0,聯(lián)立可得金屬棒運動到導(dǎo)軌中點與末端的動能之比為12mv12∶12mv22=F左s10.(2024河北保定一模)如圖所示的理想變壓器,原線圈的匝數(shù)為6,兩個副線圈的匝數(shù)分別為3、2,三個電阻甲、乙、丙的阻值均為R,電源是正弦式交變電流,已知甲兩端的電壓為U,下列說法正確的是()A.原線圈兩端的電壓為1813B.通過電阻乙的電流為18C.電源電壓的有效值為3613D.三個電阻的總功率為49答案BD解析設(shè)原線圈電壓為U1,匝數(shù)為3的副線圈電壓為U2,匝數(shù)為2的副線圈電壓為U3,由電壓關(guān)系知U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,則可知U2=12U1,U3=13U1,由功率關(guān)系知U1I1=U2I2+U3I3,則可知n1I1=n2I2+n3I3,則n1UR=n2U12R+n3U13R,代入得U1=3613U,A錯誤;由于U2=12U1,代入得U2=12×3613U=1813U,通過電阻乙的電流為I2=1813RU,B正確;設(shè)電源電壓的有效值為UE,則UE=U1+U=3613U+U=4913一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024陜西榆林二模)核污水與核廢水在危害程度上存在巨大差別,核污水中某放射性原子核X釋放出一個α粒子后轉(zhuǎn)變?yōu)樾潞薡,下列說法正確的是()A.原子核X比新核Y少2個電子B.原子核X比新核Y多4個質(zhì)子C.原子核發(fā)生α衰變后,原子序數(shù)向前移動兩位D.原子核X的比結(jié)合能比新核Y的比結(jié)合能大答案C解析原子核X釋放出一個α粒子后,電荷數(shù)減小2,質(zhì)量數(shù)減小4,則原子核X比新核Y多2個電子,也多2個質(zhì)子,選項A、B錯誤;原子核發(fā)生α衰變后,電荷數(shù)減小2,則原子序數(shù)向前移動兩位,選項C正確;發(fā)生衰變后放出核能,且生成的新核Y更加穩(wěn)定,新核Y的比結(jié)合能比原子核X的比結(jié)合能大,選項D錯誤。2.(2024山東泰安一模)如圖所示為某發(fā)電站輸電示意圖,發(fā)電機輸出電壓恒定,變壓器均為理想變壓器,在輸電線路的起始端接入甲、乙兩個理想互感器,甲、乙兩互感器原、副線圈的匝數(shù)比分別為200∶1和1∶20,降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為200∶1,電壓表的示數(shù)為220V,電流表的示數(shù)為5A,輸電線路總電阻r=20Ω。則下列說法正確的是()A.互感器甲是電流互感器,互感器乙是電壓互感器B.輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的6%C.用戶端的電壓U4為200VD.用電高峰相對平時用電時,用戶端的電壓偏小答案D解析互感器甲并聯(lián)在零線和火線上,所以是電壓互感器,互感器乙串聯(lián)在電路中,是電流互感器,故A錯誤;電流表的示數(shù)為5A,互感器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶20,則線路上電流I=100A,線路上損耗的功率P損=I2r=200kW,電壓表的示數(shù)為220V,匝數(shù)比為200∶1,所以輸送電壓U=44000V,功率P=UI=4400kW,則輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的P損P×100%=2004400×100%=4.5%,故B錯誤;U3=44000V-100×20V=42000V,用戶端的電壓U4=U3200=210V,故C錯誤;用戶使用的用電設(shè)備越多,用戶電流增大,輸電電流增大,輸電線損失電壓增大,3.(2024山東聊城一模)圖甲為某同學(xué)收集的一個“足球”玻璃球,他學(xué)習(xí)了光的折射后想用激光對該球進行研究。某次實驗過程中他將激光水平向右照射且過球心所在的豎直截面,其正視圖如乙所示,AB是沿水平方向的直徑,當(dāng)光束從C點射入時,能從右側(cè)B點射出,已知真空中的光速為c,點C到AB豎直距離h=32R,玻璃球的半徑為R,且球內(nèi)的“足球”是不透光體,不考慮反射光的情況下,下列說法正確的是(A.B點的出射光相對C點入射光方向偏折了30°B.該“足球”的直徑最大是33C.繼續(xù)增加h(h<R),則光將會在右側(cè)發(fā)生全反射D.該激光在玻璃球中的傳播時間為3答案D解析光束從C點射入玻璃球的光路圖如圖所示,設(shè)入射角為i,折射角為r,法線與直徑AB的夾角為θ,由幾何關(guān)系可知θ=i,θ=2r,則有sinθ=hR=32,聯(lián)立解得i=60°,r=30°,可知光束進入玻璃時,光沿順時針偏折了30°,由光的折射定律可知,從B點射出時,光束沿順時針又偏折了30°,因此B點的出射光相對C點入射光方向偏折了60°,A錯誤;由幾何關(guān)系可知,“足球”的直徑最大為d=2Rsinr=R,B錯誤;由于光束從C點射入玻璃球中的折射角等于從B點射出時的入射角,根據(jù)光路可逆原理可得,離開玻璃球的折射角等于射入玻璃球時的入射角,因此繼續(xù)增加h(h<R),則光不會在右側(cè)發(fā)生全反射,C錯誤;由折射定律可得玻璃球的折射率為n=sinisinr=sin60°sin30°=3,光束從C點射入玻璃球中,從B點射出,在玻璃球中傳播的距離為x=2Rcos4.水平墻上a、d兩點連接一多功能掛物繩,繩子上b、c兩點分別懸掛物體A、B后,其靜置狀態(tài)如圖所示,墻上兩點e、f分別在b、c兩點正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,繩子質(zhì)量忽略不計,則物體A、B的質(zhì)量之比為()A.1∶2 B.2∶3C.3∶4 D.4∶5答案C解析如圖所示,過a點作bc的平行線,與eb交于m點,過d點作bc的平行線,與fc的延長線交于n點,過c點作eb的垂線,交eb的延長線于p點,根據(jù)ae=ef=fd=pc以及幾何關(guān)系可知△aem與△cpb以及△dfn為全等三角形。對結(jié)點b和c受力分析,則力構(gòu)成的三角形分別相似于△abm和△cdn,又eb∶fc=10∶11,可知mAgmBg=mb5.(2024湖北武漢模擬)虛線圓形區(qū)域內(nèi)、外均分布著垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應(yīng)強度大小相同、方向相反,一帶電粒子從圓上的A點正對圓心入射。僅改變帶電粒子的入射速率,可分別得到圖甲和圖乙中實線所示的運動軌跡。則甲、乙兩圖中粒子的入射速率之比為()A.3 B.2C.3 D.2答案A解析如圖所示,設(shè)虛線圓形區(qū)域半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系,可得r甲=rtan60°,r乙=rtan30°,r甲r乙=3,根據(jù)Bvq=mv2r,可得v=Bqr6.(2024江蘇南京一模)如圖為探究外電壓、內(nèi)電壓和電動勢關(guān)系的實驗裝置。這種電池的正負極板(分別為A、B)為二氧化鉛及鉛,電解液為稀硫酸。關(guān)于這一實驗裝置分析,下列說法正確的是()A.電壓表V1正極與a相連B.電壓表V2的測量值大于電路的外電壓C.電壓表V1的測量值不會大于電壓表V2的測量值D.電壓表V1和V2測得的示數(shù)之和接近于一定值答案D解析電壓表V1和V2分別測量電路中的內(nèi)電壓和外電壓,在電源的外部,電流方向從電源的正極流向負極,而電源的內(nèi)部,電流方向由電源的負極流向正極,電壓表V1測量內(nèi)電壓,則電壓表V1正極與b相連。電壓表V1和V2測得的示數(shù)之和為電源電動勢應(yīng)接近于一定值,故A、B錯誤,D正確;根據(jù)串聯(lián)電路,電阻分得電壓跟阻值成正比,因為不知道內(nèi)、外電路的阻值,所以電壓表V1的測量值有可能會大于電壓表V2的測量值,故C錯誤。7.(2024湖南二模)2023年10月26日,神舟十七號載人飛船與天和核心艙進行了對接,“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為飛船運行與交會對接過程示意圖,橢圓軌道1為飛船對接前的運行軌道,Q點是軌道1的近地點,離地高度可忽略不計。圓形軌道2距地面高度為H,是天和核心艙的運行軌道,P點是1、2軌道的切點,也是交會點。地球半徑為R,表面重力加速度為g。下列說法正確的是()A.飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點點火減速B.天和核心艙在軌道2上的速度一定大于gRC.交會對接前天和核心艙的向心加速度為RRD.飛船在軌道1上與在軌道2上運動的周期之比為H答案C解析從低軌道變軌到高軌道需加速,故飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點點火加速,故A錯誤;天和核心艙在軌道2上運動時,根據(jù)GMm(R+H)2=mv2R+H,GMm0R2=m0g,可得運動速度v=gR2R+H<gR,故B錯誤;設(shè)對接前天和核心艙的向心加速度為a1,則GMmR+H2=ma1,GMm0R2=m0g,解得a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,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.(2024山東青島一模)如圖所示,真空中有一圓錐體,O為圓錐底面圓心,O'為圓錐頂點,C、D分別是母線O'A、O'B的中點,O1是過C、D兩點且與底面平行的圓錐截面的圓心,E點在底面圓周上。在圓錐頂點O'處固定一電荷量為+Q的點電荷,在底面圓心O處固定另一電荷量為-Q的點電荷,下列說法正確的是()A.同一試探電荷在A、B、E三點具有的電勢能相等B.過C、D與底面平行的圓錐截面上各點電勢相等、電場強度相同C.在A點將帶正電的試探電荷q沿底面圓周切線射入空間,該電荷將做勻速圓周運動D.將帶負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點,該電荷電勢能先增大后減小答案AD解析A、B、E三點到兩個電荷的距離都相等,可知三點的電勢相等,則同一試探電荷在A、B、E三點具有的電勢能相等,A正確;過C、D與底面平行的圓錐截面是等勢面,則各點電勢相等,電場強度大小相等,方向不同,B錯誤;在A點將帶正電的試探電荷q沿底面圓周切線射入空間,因該試探電荷所受的靜電力的合力指向OO'軸線下方的一點,則該電荷不可能做勻速圓周運動,C錯誤;將帶負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點時,因試探電荷距離在O處的-Q較近,則靜電力做功由在O處的-Q決定,負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點時,先靠近-Q后遠離-Q,則靜電力先做負功后做正功,則該電荷電勢能先增大后減小,D正確。9.(2024山東煙臺一模)從高H處的M點先后水平拋出兩個小球1和2,軌跡如圖所示,小球1與地面碰撞一次后剛好越過豎直擋板AB,落在水平地面上的N點,小球2剛好直接越過豎直擋板AB,也落在N點。設(shè)小球1與地面的碰撞是彈性碰撞,忽略空氣阻力,則()A.小球1、2的初速度之比為1∶3B.小球1、2的初速度之比為1∶4C.豎直擋板AB的高度h=45D.豎直擋板AB的高度h=34答案AD解析設(shè)M點到N點水平距離為L,小球2整個運動過程的時間為t,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有H=12gt2,解得t=2Hg,可得L=v2t①,小球1與地面碰撞前后豎直方向分速度大小不變、方向相反,根據(jù)對稱性可知,小球1與地面碰撞后到達的最高點與初始高度相同為H,從M點到N點過程中,小球1所用時間為小球2所用時間的3倍,小球1在水平方向一直做勻速運動,有L=v1·t1,t1=3t,即L=3v1t②,聯(lián)立①②解得v1v2=13,故A正確,B錯誤;設(shè)小球1與地面碰撞時豎直方向速度大小為vy1,碰撞點到M點和B點的水平距離分別為x1、x2,有vy12=2gH,設(shè)小球1到達A點時豎直方向速度大小為vy2,將小球1與地面碰撞后到達最高點時的過程反向來看可得vy22=2g(H-h),可得碰撞點到A點的時間為t3=vy1-vy2g,小球2剛好越過擋板AB的時間為t'=2(H-h)g,水平方向位移關(guān)系有v1t'=x10.(2024山東青島一模)均勻介質(zhì)中有兩個點波源S1、S2位于xOy平面內(nèi),位置坐標(biāo)分別為(-3m,0)和(5m,0)。t=0時刻起兩波源開始沿垂直坐標(biāo)平面xOy方向做簡諧運動,振動圖像如圖。已知兩波源的振動傳播到坐標(biāo)原點O處的時間差為2s。下列說法正確的是()A.機械波在介質(zhì)中的傳播速度為1m/sB.xOy平面內(nèi)(1m,3m)位置處在振動加強區(qū)C.兩波源間的連線上有7個振動最強點D.0~7s內(nèi),O處質(zhì)點運動的路程為12cm答案AD解析兩機械波在同一介質(zhì)傳播,傳播速度相同,設(shè)為v,由題意有v=ΔxΔt=5-32m/s=1m/s,故A正確;由題意知,波長為λ=vT=2m,由于兩波源的起振方向相反,所以振動加強點滿足Δx=2n+1λ2,S1到點1m,3m的距離為s1=32+42m=5m,S2到1m,3m的距離為s2=32+42m=5m,所以1m,3m處于振動減弱區(qū)。兩波源間的連線上有8個振動加強點分別為x=-2.5m,-1.5m,-0.5m,0.5m,1.5m,2.5m,3.5m,4.5m,故B、C錯誤;由上分析可知,O處質(zhì)點為振動減弱點。從0時刻起,經(jīng)3s,S1選擇題專項練(六)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024黑龍江二模)來自外太空的宇宙射線在進入地球大氣層后,可能會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

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

614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錯誤;半衰期與外界環(huán)境無關(guān),故B錯誤;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)子時放出的電子,故C錯誤;若測得一古木樣品的

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,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錯誤。若僅增大垂直射入的單色光波長時,根據(jù)條紋間距表達式l=λ2tanθ,可知條紋變疏,將b緩慢向下平移時條紋間距不變,故B正確,C錯誤;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。某實驗小組對墻磚脫落的運動進行定量研究。在一次模擬實驗中,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,開始計時,采集從此位置開始下落的高度H與時間t的相關(guān)數(shù)據(jù),并作出Ht-t的圖像如圖,運動過程中空氣阻力恒定。則(A.計時開始時墻磚的速度大小為0B.本次實驗中墻磚下落的加速度大小為9.6m/s2C.從計時開始,墻磚在2s內(nèi)的平均速度為6m/sD.計時開始后經(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)開始計時墻磚的速度為v0,墻磚下落時的加速度為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錯誤,B正確;從計時開始,墻磚在2s后的速度為v2=v0+at2=21.6m/s,故該段時間內(nèi)平均速度為v=v0+v22=12m/s,故C錯誤;由靜止釋放到開始計時的時間為t0=v0a4.(2024貴州貴陽一模)蹴球是中國少數(shù)民族的一種傳統(tǒng)體育項目,比賽在一塊正方形水平地面上進行,比賽用球為硬塑實心球。如圖所示,靜止在場地中的球1與球2、球2與邊線間的距離均為L,兩球質(zhì)量相同,它們與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ,一隊員用腳給球1一個水平?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恰好能到達邊線,重力加速度為g。則球2運動的時間為()A.2Lμg BC.2Lμg D.答案A解析球2勻減速直線運動到停下,可以看作反向勻加速直線運動,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)強度大小為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點沿圓的半徑方向射入磁場后恰好不會穿出磁場的外邊界,且被約束在大圓以內(nèi)的區(qū)域內(nèi)做周期性運動,不計粒子重力。則該粒子的運動周期為()A.2mqB3+2C.6mqB3+2答案C解析粒子運動的軌跡如圖所示,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)域做勻速圓周運動的時間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述如下:將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤,使磁感線總垂直射入鋁盤時,鋁盤隨即減速,如圖所示,圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運動,磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運動,下列說法正確的是()A.鋁盤甲區(qū)域的感應(yīng)電流會產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場B.磁場與感應(yīng)電流的作用力,會產(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.若將實心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤,則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實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)電流方向為逆時針方向,則此感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外,故A錯誤;由“來拒去留”可知,磁場與感應(yīng)電流的作用力,會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力,會使鋁盤減速,故B正確,C錯誤;改成空洞鋁盤,電阻變大,電流變小,阻礙效果更差,故D錯誤。7.(2024湖南邵陽二模)如圖為模擬遠距離輸電的部分測試電路。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)滑動變阻器R3的滑片P從最下端向最上端滑動過程中,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錯誤;由A項分析可得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,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得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,半圓軌道的最高點為M。一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從A點以某一水平向左的初速度進入半圓軌道,然后落在斜面上的N點(圖中未畫出),不計空氣阻力,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,則M、N兩點間的高度差為7-B.若小球的初速度合適,則小球從M點離開落到斜面上時速度可以垂直于斜面C.若小球的初速度合適,則小球從M點離開落到斜面上時位移可以垂直于斜面D.若N點與半圓軌道的圓心等高,則小球通過M點時,半圓軌道對小球的支持力為12答案AD解析若小球恰好能通過M點,則小球在M點有m