（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（三）

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选择题保分练(三) (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.最近日本计划向太平洋中倾倒核废水的消息在世界上引起一片哗然，因为核废水中含有对人类和海洋生物有害的放射性同位素氚、碳－14及其他放射性物质．下列有关说法中正确的是( D )A．当一种放射性元素与其他元素形成化合物后，这种元素的半衰期会改变B．两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流D．铀核(U)经过4次α衰变和2次β衰变，将会衰变为氡核(Rn)【解析】　放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故A错误；两个轻核发生聚变反应，释放巨大能量，质量发生亏损，产生的新核的质量小于两个轻核的质量和，故B错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，不是来自核外电子，故C错误；铀核(U)经过4次α衰变和2次β衰变，质量数变为238－4×4＝222，核电荷数变为92－2×4＋2＝86，将会衰变为氡核(Rn)，故D正确．2.如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作业，为了保障安全，他们身上都绑有安全带，安全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，以保证工人的安全．设某次工人完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工人运动全过程的v­t图像．下列说法正确的是( D )A．0到t1段时间内工人处于超重状态B．t1到t2段时间内工人的平均速度等于C．工人初始位置离地面高度为v1t2D．整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小【解析】　0到t1段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；t1到t2段时间内如果做匀变速直线运动，则工人的平均速度等于；实际上工人位移等于曲线与时间轴围成的面积，t1到t2段时间内工人的平均速度不等于，故B错误；v­t图线与时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小于v1t2，故C错误；根据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，斜率先减小为零后反向增大，再减小，则加速度减小到零然后反向增大，再减小．对于斜率减小到零过程mg－T＝ma可知，拉力一直增大；然后斜率为负增大的过程，有T－mg＝ma，则拉力增大，加速度反向减小的过程有T－mg＝ma则拉力减小，故D正确．3.下列说法正确的是( A )A．分子间距离减小时，分子势能可能增加B．物体升温时，其每个分子热运动的动能均增加C．相同质量的0 ℃的冰的分子势能与0 ℃水的分子势能相等D．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大【解析】　分子势能与分子间距离关系如下图由图可知，当r>r0时，随着分子间距离减小，分子势能减小；当r<r0时，随着分子间距离减小，分子势能增大，故A正确；物体升温时，大部分分子热运动的动能增加，极少数分子的动能会减小，平均动能增大，故B错误；温度相等，分子平均动能相等；相同质量的0 ℃的冰融化成0 ℃水吸热，说明相同质量的0 ℃的冰的分子势能比0 ℃水的分子势能小，故C错误；分子间相互作用力与距离关系如下由图可知，分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，先减小后增大再减小，故D错误．故选A.4.为了观察两列波的叠加情况，某同学在同一介质中放置了两个振源，可以向外产生简谐横波，设某次产生的两列简谐横波分别沿x轴正、负方向传播，在t＝0时刻分别到达A、B两点，如图中实线甲和虚线乙所示．已知实线波的传播周期为 s，两列波的振幅相同，均为10 cm，则下列说法正确的是( C )A．两列波在相遇区域内会发生干涉现象B．甲、乙两列波的频率之比为23C．对于x＝0的质点和x＝9.5 m处的质点，它们开始振动的时间之差为0.125 sD．t＝ s时，x＝4 m处的质点的实际位移大小等于5 cm【解析】　两列波在同种介质中传播速度相同，因甲乙波长不同，则频率不同，则相遇区域内不会发生干涉现象，选项A错误；甲、乙两列波的波长之比为23，根据f＝可得，频率之比为32，选项B错误；两列波的波速均为v＝＝ m/s＝12 m/s，甲波从x＝0处传到A点的时间t1＝ s＝0.5 s，乙波从x＝9.5 m处传到B点的时间t2＝ s＝0.625 s，则对于x＝0处的质点和x＝9.5 m处的质点，它们开始振动的时间之差为Δt＝t2－t1＝0.125 s，选项C正确；t＝ s时，两列波各自沿传播方向传播了3 m，此时x＝4 m处的质点由甲波引起的位移是＋10 cm；由乙波引起的位移为－5 cm，则此时该质点的实际位移大小等于10 cm－5 cm＝1.34 cm，选项D错误．5.小明是一位网球爱好者，有一次小明在体育馆面对着竖直墙壁练习接发球技术，设某次小明在距离水平地面3.2 m、距离竖直光滑墙壁15 m处发球，发出的网球以30 m/s的速度向墙水平抛出，网球与墙壁碰撞后落地，不计碰撞过程中的能量损失，忽略空气阻力和碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2，则网球落地点到墙壁的距离为( B )A．6 m  B．9 mC．15 m  D．24 m【解析】　抛出的网球做平抛运动，飞行时间为h＝gt2，代入数据得t＝＝0.8 s，网球与墙壁碰后，能量无损失，水平方向速度反向，大小不变，则落地点距离墙的距离为s＝vt－L＝30×0.8 m－15 m＝9 m，A、C、D错误，B正确．6.如图甲所示，是由教育部深空探测联合研究中心组织，重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”的“天梯”项目海基平台效果图，该项目是在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站．图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( B )A．宇航员的线速度随着r的增大而减小B．图乙中r0为地球同步卫星的轨道半径C．宇航员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度D．宇航员感受到的“重力”随着r的增大而增大【解析】　曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系，可知角速度不变，宇航员的线速度v＝rω随着r增大线速度v增大，A错误；当r＝r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，B正确；宇航员在地面上并非卫星，除了受到万有引力还受到地面的支持力，故速度远小于第一宇宙速度，C错误；由牛顿第二定律得－FN＝mω2r；FN＝－mω2r＝maA－maB，结合图乙可知，当R≤r≤r0时，宇航员感受到的“重力”随r的增大而减小；D错误．7.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( A )A．B1－  B．B2－C．B2－B1  D．【解析】　甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的磁感应强度大小为，两环在a点产生的磁感应强度大小为B1，甲环在a点产生的磁感应强度大小为，两环在a点产生的磁感应强度方向相同，则乙环在a点产生的磁感应强度大小为B1－，由于乙环在a点产生的磁感应强度与甲环在c点产生的磁感应强度大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为B1－，故A正确，B、C、D错误．8.如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环轨道，环上套有两个相同的、大小可忽略的带电小球P和Q，开始时，两个小球分别位于圆环上a、b两点处于静止状态，两球间的距离为R.现用力缓慢向下推动P球至最低点c，Q球由b点缓慢运动至d点(图中未画出)．则在此过程中( B )A．Q球在d点受到的圆环支持力比在b点处大B．Q球在d点受到的静电力比在b点处大C．P、Q两球的电势能减少D．推力做的功等于P、Q两球增加的机械能【解析】　小球P到达c点的过程中，Q向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对Q球的支持力变小，故A错误；小球P到达c点的过程中，两者的距离变小，所以Q球在d点受到的静电力比在b点处大，故B正确；小球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，则C错误；小球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，所以PQ两球增加的机械能等于外力和电场力做功之和，故D错误． 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.图甲所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A的横梁上以形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙所示．某同学为测量原线圈的电阻，将多用电表的欧姆挡调到合适挡位，用两表笔接触原线圈的两接线柱，等指针稳定后读数，读数完毕后将两表笔与接线柱脱开；之后使原线圈与正弦式交流电源相连，并测得原、副线圈的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是( AC )A．两表笔与接线柱接触后，通过欧姆表的电流逐渐增大到一个稳定值B．两表笔与接线柱脱开瞬间，有比稳定时更大的电流流过原线圈C．若铁芯B没有安装在铁芯A上，则有U1U2>n1n2D．无论铁芯B是否安装在铁芯A上，都有U1U2＝n1n2【解析】　两表笔与接线柱接触瞬间，整个闭合回路立即有电流，但由于线圈的自感作用，产生的感应电流阻碍原电流的增大，最终增大到一个稳定值，故A正确；两表笔与接线柱脱开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中会产生感应电动势，但由于线圈没有形成闭合回路，所以此时原线圈没有电流流过，故B错误；若铁芯B没有安装在铁芯A上，则漏磁较大，副线圈两端的电压比没有漏磁的情况下小得多，即U2<U1，所以有U1U2>n1n2，故C正确；只有把铁芯B安装到铁芯A上，形成闭合磁路，没有漏磁时，才有U1U2＝n1n2，故D错误．故选AC.10.如图所示，有两个物块A和B，质量分别为m和2m，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A的位移为h，在此过程中，下列说法正确的( BC )A．物块A和B总势能保持不变B．A的位移为h时，B的速度为C．细线的拉力大小为mgD．A和B重力的功率大小之比为13【解析】　根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B的重力势能之和减小，故A错误；设A上升到h位置时的速度为v1，B的速度为v2，根据动滑轮的特点可知v2＝2v1，根据A和B组成的系统机械能守恒可得2mg·2h－mgh＝，联立解得v2＝，故B正确；根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对A有2T－mg＝ma1，对B有2mg－T＝2ma2，又有a2＝2a1，联立解得，轻绳的拉力大小T＝mg，故C正确；重力功率P＝mgv，由于v2＝2v1，mB＝2mA，故A和B重力的功率大小之比为14，故D错误．故选BC. 11.用图1所示装置研究光电效应现象，三次用同一光电管在不同光照条件下实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条光电流与电压之间的关系曲线，如图2所示．下列说法正确的是( BD )A．甲光的频率大于乙光的频率B．丙光的波长大于乙光的波长C．甲光和丙光的强弱程度相同D．甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同【解析】　由图可知，甲光的遏止电压小于乙光的遏止电压，由Ekm＝hν－W0＝eU遏，可知甲光的频率小于乙光的频率，故A错误；甲光和丙光的遏止电压相同，频率相同，都小于乙光的频率，根据c＝λν可知，丙光的波长大于乙光的波长，故B正确；同一光电管，逸出功W0相同，又甲光、丙光的遏止电压相同，由光电效应方程Ekm＝hν－W0＝eU遏，由图可知，甲光的饱和光电流大于丙光的饱和光电流，而饱和光电流由光的强弱决定且光照越强，饱和光电流越大，可见甲光较强，故C错误；由图可知，甲光、丙光的遏止电压相同，由Ekm＝eU遏知，甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同，故D正确．故选BD. 12.如图所示，间距为L＝0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝2 Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10－3 m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关K闭合后，质量为m＝1×10－2 kg、电阻值为R2＝2 Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2.则( BC )A．磁场B2均匀减小B．金属棒中的电流为0.25 AC．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/sD．断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s【解析】　由于金属棒ab恰能保持静止，则说明金属棒ab所受安培力方向竖直向上，大小与重力相等，根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为a→b，根据安培定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律可知B1增大；由于B1IabL＝mg且感应电动势E1＝IabR2＝n，联立解得Iab＝0.25 A，＝10 T/s，故A错误，B、C正确；断开K之后，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E2＝B1Lv，回路中产生感应电流I＝＝，金属棒ab所受安培力F安＝B1IL＝，当F安＝mg时，金属棒ab速度达到最大，联立可得最大速度vm＝＝2.5 m/s，故D错误．故选BC.