高三二轮复习试题物理选择题专项练（一）

选择题专项练(一)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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.(2025湖北宜昌模拟)我国首次利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素,标志着我国彻底破解了国内碳14同位素供应依赖进口的难题,实现碳14供应全面国产化。碳14具有放射性,其衰变方程为

614CN+X。下列相关说法正确的是(A.原子核

614C的比结合能比B.此核反应会出现质量亏损,但反应前后总质量数不变C.骨骼中以碳酸钙(CaCO3)形式存在的14C的半衰期比单质14C的半衰期更长D.X是氦核,此反应为α衰变2.(2025天津河西区检测)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的pT图像如图所示。该过程对应的pV图像可能是()3.(2025陕西咸阳模拟)天舟七号货运飞船成功对接空间站天和核心舱,变轨情况如图所示。空间站轨道可近似看成圆轨道,且距离地面的高度约为390km(小于地球静止卫星距离地面的高度)。下列关于天舟七号的说法正确的是()A.发射速度大于11.2km/sB.从对接轨道变轨到空间站轨道时,需要点火加速C.在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期D.在空间站轨道运行的速度比赤道上的物体随地球自转的线速度小4.(2025安徽合肥检测)如图所示,圆柱形玻璃砖静止放置在水平面上,AB是截面圆的竖直直径,一束单色光从A点以与竖直方向成60°角的方向射入玻璃砖,从C点射出玻璃砖,并射在地面上的D点。已知光线CD与地面垂直,B、D间的距离为d,光在真空中的传播速度为c。则光从A点传播到C点所用时间为()A.23dcC.3dc D5.(2025湖北武昌实验中学检测)如图甲所示,健身运动员抖动绳子时形成简谐横波,图乙为简化过程。在图乙中,简谐横波沿x轴传播,在t=0时刻和t=2s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x=0处的质点在0~2s内运动的路程为9cm。则关于图乙,下列说法正确的是()A.简谐横波的波长为6mB.t=0到t=24s时间内,健身运动员的手完成13次全振动C.简谐横波沿x轴负方向传播D.简谐横波的传播速度为8m/s6.(2025西南名校联盟联考)如图甲所示的光滑水平面上,一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从x=1m处以初速度v0沿x轴正方向运动,整个运动区域存在沿水平方向的电场,电势φ随位置x变化规律如图乙所示,该图像为抛物线,则下列说法正确的是()A.小球先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动B.小球能运动到x=1m的位置C.在x=0处,小球的速度达到最小D.小球的电势能在x=1m处最大7.(2025广东湛江模拟)如图所示,在一磁感应强度B=2T的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=3Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab,其电阻r=2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v=5m/s向左做匀速运动时,下列说法正确的是()A.回路中感应电流大小为0.2AB.N、Q间电压为1VC.a端电势比b端电势低D.金属棒所受安培力大小为0.02N二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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.(2025甘肃白银模拟)如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则()A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大9.(2025甘肃陇南模拟)某种电吹风机的电路图如图所示,a、b、c、d为四个固定触点。绕O点逆时针转动的扇形金属触片P,可只接触一个触点,也可同时接触两个触点,触片P处于不同位置时,吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数,该电吹风机的各项参数如下表所示。下列说法正确的是()冷风时输入功率60W热风时输入功率500W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率50W交变电流的输入电压220VA.若该变压器不是理想变压器,为了减小铁芯中的涡流,虚线框中顶部铁芯条的硅钢片应平行于mnpq面B.理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=11∶3C.小风扇的内阻为8ΩD.电吹风机吹热风时电热丝上的电流为2A10.(2025山东潍坊模拟)如图所示,质量m'=4kg的长木板静止在粗糙水平地面上,t=0时刻对木板施加一个大小为F=45N、方向水平向右的外力,同时质量m=1kg的小物块以v0=15m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8m,木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.小物块刚滑上木板时,木板的加速度大小为10m/s2B.t=1s时,小物块恰好运动到木板最右端C.t=(1+6)s时,小物块从木板左端脱离D.若t=2s时撤去外力F,小物块最终会从木板右端脱离

参考答案1.B解析根据质量数守恒和电荷数守恒,可知X为电子,属于β衰变,β衰变释放能量,反应后的原子核更稳定,则

614C的比结合能比

714N的小,故A、D错误;原子核衰变时质量数守恒,但会出现质量亏损,释放能量,故B正确;衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的2.B解析根据pVT=C可得p=CVT,从a到b,气体压强不变,温度升高,则体积变大;从b到c,气体压强减小,温度降低,因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率,c点时气体的体积大于b点时气体的体积。故选3.B解析11.2km/s是第二宇宙速度,即脱离地球束缚的最小发射速度,天舟七号并没有脱离地球束缚,可知,其发射速度小于11.2km/s,故A错误;对接轨道相对于空间站轨道是低轨道,由低轨道到高轨道,天舟七号需要在对接轨道的切点位置加速,即从对接轨道变轨到空间站轨道时,需要点火加速,故B正确;根据开普勒第三定律有R13T12=R23T22,由于对接轨道的半长轴小于空间站轨道的半径,则在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期,故C错误;空间站轨道半径小于地球静止卫星的半径,根据Gm'mr2=mv2r,解得4.A解析如图所示,根据几何关系可知,光从A点射入、从C点射出,偏向角为60°,光在A点的折射角为30°,AC间的距离为2d,折射率n=sin60°sin30°=3,光在玻璃砖中的速度v=cn,则光从A点传播到C5.B解析由题图乙可知简谐横波的波长为12m,故A错误;由题意,x=0处的质点在0~2s的时间内通过的路程为9cm,简谐横波的振幅为2cm,简谐横波上的质点每个周期运动的路程为8cm,根据Asin2πTt1=9cm8cm,解得t1=T12,故x=0处的质点在2s内运动时间为t=T+t1=1312T=2s,解得T=2413s,由于t=24s=13T,所以t=0到t=24s时间内,健身运动员的手完成13次全振动,故B正确;t=2s时,x=0处的质点位移为负值,由于t=2s=1312T,则结合题图可知t=0时,x=0处的质点沿y轴的负方向运动,则由质点的振动和波的传播方向的关系可知,该波的传播方向沿x轴正方向,故C错误;简谐横波的传播速度为v=λT6.B解析φx图像斜率为电场强度,则电场强度先减小后增大,则小球先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,在x=0处,速度达到最大,故A、C错误。由对称性可得小球能到x=1m处,且到达x=1m点时的速度为v0,则小球将会继续向右运动,电势能增大,即小球的电势能在x=1m处不是最大,故B正确,D错误。7.A解析金属棒产生的电动势E=BLv=2×0.1×5V=1V,电流I=ER+r=0.2A,金属棒受的安培力F=BIL=2×0.2×0.1N=0.04N,A正确,D错误;N、Q之间的电压U=IR=0.6V,B错误;由右手定则可知a8.AD解析对滑轮2和物体b整体受力分析,受重力和两个拉力,如图甲所示,根据平衡条件,有mbg=2FTcosθ,解得FT=mbg2cosθ,将固定点c向右移动少许,则θ变大,故拉力增大,故A正确;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力,如图乙所示,根据平衡条件,有FN=G总FTcosθ=G总12mbg,FN与角度θ无关,恒定不变,根据牛顿第三定律,压力也不变,故B错误;根据平衡条件有Ff=FTsinθ=12mbgtanθ,将固定点c向右移动少许,则θ增大,故摩擦力增大,故D正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向9.BD解析磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯,根据楞次定律及右手螺旋定则可知,产生的涡流方向垂直于变压器铁芯的正面,即与mnpq面平行,为了减小铁芯中的涡流,相互绝缘的硅钢片应垂直于mnpq面,即虚线框中顶部铁芯条的硅钢片应平行于meqh面,A错误;根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比的关系可知n1n2=U1U2=220V60V=113,B正确;小风扇的发热功率为P1=60W50W=10W,电流为I1=P冷U2=1A,则小风扇的内阻为r=P1I12=10Ω,C10.AC解析小物块刚滑上木板时,对木板进行分析,根据牛顿第二定律有F+μ2mgμ1(m+m')g=m'a1,解得a1=10m/s2,故A正确;对小物块进行分析,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得a2=5m/s2,t=1s时,小物块的速度v1=v0a2t=10m/s,此时木板的速度v2=a1t=10m/s=v1,两者的相对位移x相1=v0+v12tv22t=7.5m<L=7.8m,可知,t=1s时,小物块并没有运动到木板最右端,故B错误;结合上述,在t=1s时,小物块与木板速度恰好相等,之后两者不能够保持相对静止,小物块以a2=5m/s2的加速度向右做匀加速直线运动,木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动,对木板进行分析,根据牛顿第二定律有Fμ2mgμ1(m+m')g=m'a3,解得a3=7.5m/s2,上述过程小物块相对于木板向左运动,则有x相1=v2t1+12a3t12-v1t1+12a2t12,解得t1=6s,可知,小物块从木板左端脱离的时间t2=t+t1=(1+6)s,故C正确;若t=2s时撤去外力F,由于t2=t+t1=(1+6)s>2s,令t3=2s1s=1s,结合上述可知,此时小物块与木板的速度分别为v3=v1+a2t3=15m/s,v4