新高考适用2023版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练一

第四部分题型专练选择题保分练(一)(考试时间：30分钟试卷满分：40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.1934年，约里奥—居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性的磷eq\o\al(30,15)P，他们由于发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖．磷eq\o\al(30,15)P的衰变方程为：eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋Y.则下列说法正确的是(B)A．Y是质子B．Y是正电子C．改变压力、温度或化学状态，eq\o\al(30,15)P的半衰期会改变D．经过两个完整的半衰期后，eq\o\al(30,15)P将完全衰变殆尽【解析】磷eq\o\al(30,15)P的衰变方程为eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋Y，根据质量数和电荷数守恒可知，Y粒子质量数A＝0，电荷数Z＝＋1，故Y是正电子，B正确，A错误；放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定与外界条件无关，C错误；原子核两个完整的半衰期后剩余原子核的数量是原来的eq\f(1,4)，D错误．2.如图所示为远距离输电示意图，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，升压变压器的输入功率和输出功率分别为P1、P2，降压变压器的输入功率和输出功率分别为P3、P4，输电线的总电阻R一定．下列说法正确的是(C)A．当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都增大B．当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都减小C．当用户的用电器增多时，P1、P2都会增大，输电线上损失的功率会增大D．当用户的用电器增多时，P3、P4都会增大，输电线上损失的功率会减小【解析】理想变压器的变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，因为U1、n1、n2均不变，则U2不变，当用户的用电器增多时，P4增大，根据变压器输出功率决定输入功率，有P3增大，升压变压器的输入功率P1和输出功率P2也都增大，根据P2＝U2I2，则I2增大，则ΔU＝I2R增大，所以由U3＝U2－ΔU，得出U3减小，所以U4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时P4增大，I2增大，所以由ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R，得输电线上损失的功率也增大，故C正确．3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐．如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是(D)A．O点电场场强不为零B．O点电势不为零C．A、B两点电场强度相等D．A、B两点电势相等【解析】两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误．故选D.4.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6m．某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8s．则刹车的加速度大小约为(D)A．2.52m/s2 B．3.55m/s2C．3.75m/s2 D．3.05m/s2【解析】设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0(t1＋t2＋Δt)＋，代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋eq\f(52,2a)，解得a＝3.05m/s2，所以D正确，A、B、C错误．5.如图所示，人造卫星以速度v1在圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，当其运动到P点时点火加速，使其速度瞬间增加到v2.随后卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，到达Q点的速度大小为v3.以下说法正确的是(D)A．卫星的速度大小关系为v2>v3>v1B．卫星在轨道Ⅱ上经过P点的加速度大于轨道Ⅰ上P点的加速度C．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的周期D．卫星在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程中机械能守恒【解析】卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，根据近地点速度大于远地点，则有v2>v3，由圆轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，根据卫星变轨规律由低轨道进入高轨道必须点火加速，则v2>v1，但是根据卫星的线速度v＝eq\r(\f(GM,r))可知v1>v3，所以卫星的速度大小关系为v2>v1>v3，A错误；卫星在轨道Ⅱ上经过P点的加速度等于轨道Ⅰ上P点的加速度，因为同一点万有引力相同，则加速度相同，B错误；根据卫星的周期公式T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，轨道半径越大的周期越大，则卫星在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的周期，C错误；卫星在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程只有引力做功所以机械能守恒，D正确．6.如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为m的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上．已知细杆与定滑轮的水平距离为d＝0.8m，初始时轻绳与竖直杆的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，取重力加速度g＝10m/s2.现在由静止释放两物体，下列说法正确的是(B)A．释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小后增大B．若M＝4m，当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为v＝2m/sC．若M＝2m，圆环运动区间的长度为1.2mD．为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应该满足eq\f(M,m)>eq\f(5,4)【解析】因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，根据动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,sinθ)－d))－mgeq\f(d,tanθ)，其中M＝4m，联立解得v＝2m/s，故B正确；若M＝2m时，物块一开始先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为α，根据机械能守恒定律可知，物块重力势能的减少量等于圆环重力势能的增加量，有2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,sinθ)－\f(d,sinα)))＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,tanθ)－\f(d,tanα)))，整理得65sin2α－112sinα＋48＝0，解得sinα＝eq\f(12,13)或sinα＝eq\f(4,5)(舍去)，根据数学关系sin2α＋cos2α＝1，tanα＝eq\f(sinα,cosα)可解得tanα＝eq\f(12,5)，则圆环上升的最大高度为h＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(d,tanα)＝eq\f(4,15)m，开始时，由于Mgcosθ＝1.2mg>mg，圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为eq\f(4,15)m，故C错误；圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mgcosθ＝mg，解得eq\f(M,m)＝eq\f(5,3)，故当满足eq\f(M,m)>eq\f(5,3)时，圆环在初始位置上方运动，故D错误．7.如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是(C)A．可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出B．从a点垂直af离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(πm,6qB)C．垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)－3))qBL,m)D．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为eq\f(\r(3)qBL,2m)【解析】若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在ab边上，设与ab中点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；同理做aO垂线与出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对应圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(1,6)T，且T＝eq\f(2πm,qB)，解得t＝eq\f(πm,3qB)，故B错误；垂直cf向上发射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得L＝r＋eq\f(r,sin60°)，由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，联立解得v＝eq\f(2\r(3)－3qBL,m)，故C正确；因为O点距六边形的最近距离为d＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r＝eq\f(d,2)，又r＝eq\f(mv,qB)，所以最小速度为vmin＝eq\f(\r(3)qBL,4m)，故D错误．8.如图甲所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F，力F随时间t的变化如图乙所示．已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f随时间t变化的是(C)【解析】由题意物块与木板之间摩擦力的最大值为f2max＝μ2mg＝4N，木板与地面间的摩擦力的最大值为f1max＝μ1(M＋m)g＝2N，当F≤2N时，木板和物块相对地面静止f＝F，又由图像可得F＝eq\f(1,2)t，所以0～4s时间内图像与F­t图像相同；当F>2N，并且木板和物块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，对物块有F－f2max＝ma，可得F＝6N，从此关系式可以看出，当2N<F≤6N时，M、m相对静止，则对整体有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a，对物块F－f＝ma，即f＝eq\f(F,2)＋1，即f＝eq\f(t,4)＋1，所以0～10s内图像如图C，故A、B、D错误，C正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.一交流发电机线圈内磁通量随时间的变化规律如图甲所示．已知发电机线圈的匝数N＝50匝，其总电阻r＝2.5Ω.图乙中灯泡的额定电压为48V，额定功率为153.6W．现将该发电机产生的电压接在图乙中理想降压变压器原线圈的a、b两端，此时灯泡正常发光．则(BC)A．发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq\r(2)sin100πt(V)B．灯泡正常工作时的电阻为15ΩC．理想降压变压器原、副线圈匝数之比为21D．发电机线圈的热功率为102.4W【解析】峰值Em＝NΦm·eq\f(2π,T)＝100eq\r(2)V，t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq\r(2)cos100πt(V)，故A错误；灯泡正常工作时的电阻为R＝eq\f(U2,P)＝15Ω，故B正确；发电机电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，由闭合电路的欧姆定律可知E＝I1r＋Uab，根据变压器原理可知eq\f(Uab,n1)＝eq\f(U,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，其中I2＝eq\f(P,U)＝3.2A，解得eq\f(n1,n2)＝2，故C正确；由C选项知I1＝1.6A，则Pr＝Ieq\o\al(2,1)r＝6.4W，故D错误．故选BC.10.两个材质不同、长度相等的细绳连接在一起，连接点为P点．甲乙两名同学分别在绳的两端A、B以相同的振动频率同时上下抖动形成两列横波．经过一个周期后，从两端各自形成一个完整的波形如图所示．已知AC的水平距离为4m，BD的水平距离为6m．A、B两点距P点的水平距离均为12m，波在传播过程中各点的水平位置保持不变．已知B点形成的机械波在BP中传播的速度为6m/s，下列说法正确的是(AD)A．A点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4m/sB．B点形成的机械波传播到P点左侧时速度仍为6m/sC．两列波形成的第一个波峰在P点相遇D．P点振动稳定后，为振动加强点【解析】B点形成的机械波的振动周期为TB＝eq\f(λB,vB)＝eq\f(6,6)s＝1s，两列波的振动频率相同，则振动周期也相同，有TA＝TB＝1s，根据波速公式有vA＝eq\f(λA,TA)＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，所以A点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4m/s，则A正确；由于两段绳子的材质不同，即波的传播介质不同，所以无法确定B点形成的机械波传播到P点左侧的速度，B错误；B点发出第一个波峰到达P点的时间为tB＝eq\f(xBP,vB)＝eq\f(12,6)s＝2s，此时A点发出的波传播距离为xA＝vAtB＝4×2m＝8m，则没有到达P点，所以无法形成的第一个波峰在P点相遇，则C错误；两列波到P点的相位差为0，为振动加强点，所以P点振动稳定后，为振动加强点，则D正确．故选AD.11.如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且EF＝L0.在外力作用下，导体棒由EF处运动到GH处，速度由v0减小到eq\f(v0,3)，速度的倒数eq\f(1,v)随位移x变化的关系图线如图乙所示．除阻值为R的电阻外，其他电阻均不计．在棒由EF处运动到GH处的过程中(ABD)A．导体棒切割磁感线产生的感应电动势恒为BL0v0B．导体棒所受安培力逐渐增大C．克服安培力做功为D．克服安培力做功为【解析】由图乙知图线的斜率为k＝eq\f(\f(3,v0)－\f(1,v0),2L0)＝eq\f(1,L0v0)，图线的表达式为eq\f(1,v)＝kx＋eq\f(1,v0)，代入k值得v＝eq\f(L0v0,L0＋x)，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝B(L0＋x)v＝BL0v0，感应电流为I＝eq\f(E,R)，所以感应电动势和感应电流都不变，则安培力为F＝BIL＝Beq\f(BL0v0,R)(L0＋x)＝eq\f(B2L0v0,R)(L0＋x)，所以安培力逐渐增大，故A、B正确；由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力和位移的平均值，根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值为F＝eq\f(F1＋F2,2)＝eq\f(\f(B2L0v0,R)L0＋\f(B2L0v0,R)·3L0,2)＝，克服安培力做功为W＝F·2L0＝，故C错误，D正确．故选ABD.12.如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地