适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习题型专项练选择题三（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习题型专项练选择题三（附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(2023浙江金丽衢十二校联考)2022年11月30日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。2023年2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱,完成舱外作业,如图所示。已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11 N·m2/kg2。下列说法正确的是( )

A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kg
B.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速
C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动
D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷
2.(2023浙江金华三模)2023年4月12日21时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是HH+X。若H的质量为m1H的质量为m2H的质量为m3,X的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )
A.只有氘H)和氚H)能发生核聚变,其他原子核不能
B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2
C.其中粒子X的符号是n
D.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去
3.(2023重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。使线圈a沿轴线做简谐运动,线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则( )
甲
乙
A.变压器输出电流的频率为10 Hz
B.充电设备两端的电压有效值为5 V
C.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同
D.其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变
4.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B两根输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A中电流方向垂直纸面向外、B中电流方向垂直纸面向里、电流大小均为I,下方C输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )
A.A、B两输电线缆相互吸引
B.A输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°
C.A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
D.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
5.(2023江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总质量为m。用细绳分别系在轴上的P、Q两点,将卷纸通过细绳挂在光滑竖直墙壁上的O点,已知OP=OQ=PQ=L,重力加速度的大小为g。则下列说法正确的是( )
A.每根绳的拉力大小为
B.每根绳的拉力大小为
C.卷纸对墙的压力大小为
D.卷纸对墙的压力大小为
二、多项选择题:每小题有多个选项符合题目要求。
6.(2023陕西咸阳三模)为了测定某平行于纸面的匀强电场的电场强度,某同学进行了如下操作:取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴,选取x轴上到O点距离为r的P点,以O为圆心、r为半径作圆,如图甲所示。DIS电压传感器的一个黑表笔保持与基准点接触,红表笔从P点起沿圆周逆时针逐点测圆上各点的电势φ并记录相应转过的角度θ,再用此数据绘制φ-θ图。当半径r分别取r0、2r0、3r0时,分别绘制出如图乙中所示的三条曲线,三条曲线均在θ=θ0时达到最大值,最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0,下列说法正确的是( )
A.电场强度的大小为
B.对应θ=θ0处的电场强度为0
C.曲线①对应的r取值为r0
D.圆心O的电势为φ0
7.(2023四川成都三模)如图甲所示,按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。某按压式圆珠笔内芯的质量为m,外壳的质量为4m,外壳与内芯之间的轻质弹簧的劲度系数为k。如图乙所示,先把笔竖直倒立于水平硬桌面上,用力下压外壳使其下端接触桌面(图乙中a所示),此时轻质弹簧的压缩量为x=,然后将圆珠笔由静止释放,圆珠笔外壳竖直上升,当其与内芯发生碰撞时(图乙中b所示),轻质弹簧的压缩量变为初始时的五分之一,此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处(图乙中c所示)。已知弹簧弹性势能的计算公式为E=kx2,x为弹簧的形变量,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是( )
A.圆珠笔从a到c的整个过程中,轻质弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能
B.从轻质弹簧推动外壳开始向上运动到与内芯发生碰撞的过程中,外壳受到的冲量大小为g
C.外壳与内芯碰撞后,圆珠笔上升的最大高度为
D.轻质弹簧推动外壳向上运动的过程中,在与内芯发生碰撞前的瞬间,外壳的速度达到最大
8.(2023山东济南模拟)如图所示,足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在绝缘水平面上,宽导轨间距为2l,窄导轨间距为l,OO'左侧为金属导轨,右侧为绝缘导轨。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框,左端紧靠OO'平放在绝缘导轨上(与金属导轨不接触)。OO'左侧存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场,OO'右侧以O为原点,沿OP方向建立x轴,沿Ox方向存在磁感应强度大小分布规律为B=B0+kx(k>0)、方向竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于导轨放置在宽导轨段,质量均为m、长度均为2l、阻值均为2r。初始时,将b锁定,a在水平向右、大小为F的恒力作用下,从静止开始运动,离开宽导轨前已匀速,a滑上窄导轨瞬间,撤去力F,同时释放b。当a运动至OO'时,a中已无电流(b始终在宽导轨上),此时撤去b。金属导轨电阻不计,a、b、金属框与导轨始终接触良好,则( )
A.a在宽导轨上匀速运动时的速度大小v0=
B.a刚滑上窄导轨时a两端的电势差U=
C.从撤去外力F到a运动至OO'的过程中,a中产生的焦耳热Qa=
D.若a与金属框碰撞后连接在一起构成回路,a静止时与OO'的距离x=
选择题专项练(三)
1.A 根据题意,由万有引力提供向心力有=m(R+h),解得m地==6×1024kg,故A正确;飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更低轨道,然后加速做离心运动,完成对接,故B错误;航天员出舱后,如果静止释放一个小球,万有引力提供向心力,小球做圆周运动,故C错误;舱外航天服设计成白色是为了反射射线,减少自身的热量丧失,故D错误。
2.C 理论上,原子序数小于铁的原子核都可以发生核聚变,不一定是氘H)和氚H),恒星演化后期会有氦聚变为碳进而聚变为氧的过程,A错误;发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m1+m2-m3-m4)c2,B错误;由核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知,其中粒子X的符号是n,C正确;核聚变一旦发生,就不再需要外界给它能量,靠自身产生的能量就会使反应继续下去,D错误。
3.C 根据图乙可知线圈产生的交变电流的周期为0.2s,所以交变电流的频率为f==5Hz,变压器不能改变交变电流的频率,所以变压器输出电流的频率为5Hz,A错误;根据图乙可知线圈产生的交变电流的最大值为0.5V,有效值为U有=V,根据原、副线圈的匝数与电压的关系,可得充电设备两端的电压有效值为U2=V,B错误;变压器的输出功率由副线圈电路决定,所以其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同,C正确;线圈产生的最大电压为Um=NBSω=2πfNBS,其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,线圈产生的最大电压变大,所以充电设备两端的电压最大值变大,D错误。
4.C 由于A、B输电线缆通入的电流方向相反,所以两输电线缆相互排斥,故A错误;B对A的作用力沿AB水平向左,C对A的作用力沿AC斜向右下,且大小为B对A作用力的2倍,如图所示
由图可知FACcsθ=2FABcs60°=FAB,即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等,方向相反,所以A受到的合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量,方向竖直向下,其与水平方向夹角为90°,故B错误;根据右手螺旋定则可知,A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上,故C正确;A输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方,B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方,C输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左,所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方,故D错误。
5.B 对卷纸及轴受力分析如图所示
设两细绳所在平面与竖直墙面间的夹角为α,两细绳的合力大小为FT合,侧视如图所示
由几何关系得csα=,又FT合=,解得FT合=,由几何关系得FT合=2FTcs30°,解得FT=,由牛顿第三定律可知每根细绳的拉力大小为,A错误,B正确;根据几何关系得=tanα=,得FN=,由牛顿第三定律可知卷纸对墙的压力大小为,C、D错误。
6.AD 根据U=Ed可知,E=,A正确;由于电场为匀强电场,电场强度处处相同,可知对应θ=θ0处的电场强度不为0,B错误;当φ最大时,红、黑表笔间电势差最大,即红、黑表笔连线与电场强度方向在同一直线上,根据U=Ed可知,此时红、黑表笔之间距离最大,所以曲线①对应的r取值为3r0,C错误;设圆心的电势为φx,则E=,解得φx=φ0,D正确。
7.AB 圆珠笔从a到c的整个过程中,外壳和内芯碰撞过程系统的机械能有损失,所以轻质弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能,故A正确;设外壳与内芯碰撞时外壳的速度为v,根据机械能守恒定律得ΔEp=×4mv2+4mgΔh,即k·×4mv2+4mg×,解得v=g,外壳受到的冲量大小为I=4mv=g,故B正确;外壳和内芯碰撞过程,取竖直向上为正方向,由动量守恒定律得4mv=(4m+m)v',圆珠笔从b到c过程由机械能守恒定律得(4m+m)v'2=(4m+m)gh,联立解得h=,故C错误;外壳受向下的重力和向上的弹力,弹力逐渐减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,外壳和内芯碰撞前的瞬间轻质弹簧的弹力F=·k·=3mg<4mg,此时外壳已经减速了,故D错误。
8.BC 设a在宽导轨上匀速运动时通过a的电流为I1,根据平衡条件有F=B0I1·2l,根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I1=,联立解得v0=,A错误;a刚滑上窄导轨时,通过a中间宽度为l部分的电流为I2=,根据右手定则可知电流方向从上至下,而沿电流方向电势降低,则a下端电势高于上端电势,所以此时a两端的电势差为U=B0lv0+I2·2r=B0lv0=,B正确;设a刚运动至OO'时,a、b的速度分别为v1、v2,对a、b,根据动量定理有-B0l·t=mv1-mv0,B0·2l·t=mv2,因为此时回路中无电流,所以有B0lv1=B0·2lv2,联立解得v1=,v2=,从撤去外力F到a运动至OO'的过程中,根据能量守恒定律可知,回路中产生的总焦耳热为Q=,根据焦耳定律可得a产生的焦耳热为Qa=Q=,C正确;设a与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3,根据动量守恒定律有mv1=2mv3,由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大ΔB=kl,从a与金属框碰撞后到最终静止的过程,回路中的平均电流为,根据动量定理有-ΔBl·t'=0-2mv3,a静止时与OO'点的距离为x=t',联立解得x=,D错误。