2025届高考物理二轮复习选择题押题练2含解析

PAGE6-选择题押题练2一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一项符合题目要求。1．下列说法正确的是()A.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是α衰变B．α粒子散射试验中，极少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C．核反应方程eq\o\al(9,4)Be＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C＋X中的X为质子D．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，经过3.8天后就肯定只剩下2个氡原子核解析：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是聚变方程，A错误；卢瑟福提出的核式结构模型的依据就是α粒子散射试验的现象，B正确；依据质量数守恒和电荷数守恒，可得X为中子，C错误；半衰期是对大量样本的统计规律，对4个原子核不适用，D错误。答案：B2．如图所示，一球用网兜悬挂于O点，A点为网兜上对称分布的若干网绳的结点，OA为一段竖直绳。若换体积较小而质量相同的另一球，设网绳的长度不变，则()A．网绳的拉力变小B．网绳的拉力变大C．竖直绳OA的拉力变小D．竖直绳OA的拉力变大解析：由于球静止，竖直绳的拉力与球的重力等大反向。以结点A为探讨对象，网绳的合力与竖直绳的拉力等大反向，等于球的重力，换体积较小而质量相同的球后，竖直绳OA的拉力不变，而网绳与竖直方向的夹角减小，则网绳上的拉力减小，故B、C、D错误，A正确。答案：A3．如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。φM、φN和EM、EN分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点()A．EM>ENB．φM>φNC．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功解析：在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以EM<EN，φM<φN，故A、B错误；当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，依据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。答案：D4．不计空气阻力，以肯定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t。现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种状况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5tB．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：物体做竖直上抛运动，从抛出至回到原点的时间为t，依据对称性可得，物体下降时间为0.5t，故高度为h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,8)gt2，物体自由落体运动eq\f(1,2)h的过程，有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，联立解得t1＝eq\f(\r(2),4)t，所以其次次物体上升和下降的总时间t′＝t－2t1＝t－eq\f(\r(2),2)t≈0.3t，故选C。答案：C5．如图为一粒子速度选择器原理示意图。半径为10cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×10－4T，方向平行于轴线向内，圆桶的某直径两端开有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，将以不同速度从另一个孔射出。有一粒子源放射出速度连续分布、比荷为2.0×1011C/kg的带负电粒子，粒子间相互作用及重力均不计，当粒子的入射角θ为30°时，则粒子出射的速度大小为()A．2×106m/s B.eq\r(3)×106m/sC．2eq\r(3)×106m/s D．4×106m/s

解析：粒子运动的轨迹如图，若θ＝30°，则α＝60°，可知粒子运动的轨道半径为r＝2R＝0.2m，由于qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝2×1011×10－4×0.2m/s＝4×106m/s，故D正确，A、B、C错误。答案：D6．宇航员在某星球上能用比地球上小得多的力搬起同一个铁球，则下列说法中正确的是()A．这星球的半径比地球的半径小B．这星球上宇航员将同一拉力器拉至相同长度时比地球上更省力C．这星球表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小D．这星球的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小解析：一位宇航员在某星球上能用比地球上小得多的力搬起石头，说明某星球的重力加速度小于地球的重力加速度，在星球表面上有，Geq\f(Mm,R2)＝mg，又ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得R＝eq\f(3g,4πρG)，由于这个星球与地球的密度大小关系不知道，所以无法比较两星球的半径大小，故A错误，C正确；在地球上和在该星球上将同一拉力器拉至相同长度时拉力器的弹力相同，则宇航员用力相同，与重力加速度无关，故B错误；在星球表面上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，联立解得v＝eq\r(gR)，由于不知道两星球的半径大小，故两星球的第一宇宙速度大小无法比较，故D错误。答案：C7．如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为R＝0.4m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A以水平向左的速度v0冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。已知两物体的质量为mA＝mB＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物块A滑到最高点的速度为零B．物块A的初速度大小为4m/sC．物块A返回水平面时的速度为4m/sD．木块B的最大速度为2m/s解析：物块A刚好运动到木块B的最高点时，两者共速，设速度为v，对物块A和木块B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝mAgR＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v0＝4m/s，v＝2m/s，故A错误，B正确；当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，mAv0＝mAv1＋mBv2，解得v2＝4m/s，v1＝0，另一组解v1＝4m/s，v2＝0舍去，故C、D错误。答案：B二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示，高为H、上下开口、内壁光滑的铜管竖直放置，可视为质点的小磁球从上开口处由静止释放，并落至下开口处。若不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A．小磁球在管中做自由落体运动B．小磁球在管中下落过程中机械能不守恒C．小磁球落至下开口处的速度小于eq\r(2gH)D．若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中机械能守恒解析：依据楞次定律，小磁球在管中运动时要在管中产生涡流，从而小磁球下落时要受到向上的安培力作用，则小磁球的运动不是自由落体运动，选项A错误；小磁球在管中由于有感应电流产生，产生电能，则下落过程中机械能不守恒，选项B正确；若小磁球做自由落体运动，则到达下开口的速度等于eq\r(2gH)，但是由于小磁球下落时受到向上的安培力，则小磁球落至下开口处的速度小于eq\r(2gH)，选项C正确；若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中不再产生电能，则机械能守恒，选项D正确。答案：BCD9．安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量Q，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积，如图所示为流量计的示意图。左右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充溢管道从左向右匀速流淌，测得M、N间电势差为U，污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速，则()A．电压U与污水中离子浓度无关B．污水的流量Q＝eq\f(abU,B)C．金属板M的电势低于金属板ND．左、右两侧管口的压强差Δp＝eq\f(kaU2,bB2c3)解析：污水中的离子受到洛伦兹力，正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，所以金属板M的电势大于金属板N，从而在管道内形成匀强电场，最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，即qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝cvB，可知电压U与污水中离子浓度无关，A正确，C错误；污水的流量为Q＝vbc＝eq\f(U,cB)bc＝eq\f(bU,B)，B错误；污水流过该装置受到的阻力为f＝kLv2＝kaeq\f(U2,c2B2)，污水匀速通过该装置，则两侧的压力差等于阻力，即Δp·bc＝f，则Δp＝eq\f(f,bc)＝eq\f(ka\f(U2,c2B2),bc)＝eq\f(kaU2,bB2c3)，D正确。答案：AD10．一有界区域内，存在着方向分别垂直于光滑水平桌面对下和向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，磁场宽度均为L，如图所示。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，从t＝0时刻起先线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，导线框受向左的安培力为正方向，四个边电阻均相等。下列关于感应电流i，b、a两点电势差Uba及导线框受的安培力F随时间t的改变规律正确的是()解析：正方形导线框进入第一个磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I1＝eq\f(BLv,4R)，b、a两点的电势差为U1＝eq\f(1,4)BLv，正方形导线框所受安培力为F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,4R)，由左手定则可知，安培力方向水平向左；正方形导线框进入其次个磁场过程中，ad边在第一个磁场中切割磁感线，bc边在其次个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为顺时针，大小为I2＝eq\f(BLv＋2BLv,4R)＝eq\f(3BLv,4R)，由于电流方向为顺时针，则b点电势低于a点电势，b、a两点的电势差为U2＝－I2R＝－eq\f(3,4)BLv，正方形导线框所受安培力为F2＝BI2L＋2BI2L＝eq\f(3B2L2v,4R)＋eq\f(6B2L2v,4R)＝e