选择题提速练(8)（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份选择题提速练(8)（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共11页。试卷主要包含了B　[对卷纸受力分析如图所示等内容，欢迎下载使用。

1．有的道路上装有雷达测速仪，测速仪向迎面驶来的汽车发射一电磁波，能实时对通过车辆进行测速，是利用了多普勒效应。下列有关多普勒效应的说法正确的是( )
A．题述中汽车接收到的电磁波频率减小
B．题述中测速仪接收到的电磁波和发射的电磁波频率之差越大，车速越小
C．振源的频率减小，接收者接收到的电磁波频率减小，是由于多普勒效应
D．在地球上接收到的正在远离地球的恒星发出的红外线的频率减小
2.(2023·江苏南通市二模)如图所示，曲线ab为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，OP是某定值电阻的U－I图像，P为两图线的交点。过P点作曲线ab的切线，分别与坐标轴相交于c、d。现将该电池和定值电阻组成闭合回路，保持上述光照强度照射时，电池的内阻可以用哪两点连线斜率的绝对值表示( )
A．ab B．aP
C．Pb D．cd
3．(2023·江苏南京市临江高级中学模拟)我国利用小型辐照装置研究病毒灭活，其主要原理是辐照源钴60(eq \\al(60,27)C)衰变后产生镍(eq \\al(60,28)Ni)和X粒子，并放出射线，利用射线、X粒子束产生的电离作用，使病毒失去感染性。已知钴60的半衰期为5.27年，下列说法正确的是( )
A．X粒子为中子
B．该衰变属于β衰变，反应放出的射线是一种电磁波
C.eq \\al(60,27)C的结合能比该反应产生的新核eq \\al(60,28)Ni的大
D．1 g钴60经21年后约有eq \f(1,16) g发生了衰变
4．(2023·江苏省如皋中学阶段测试)“羲和号”卫星是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方，离地高度517 km，能够24 h持续对太阳进行观测，则该卫星的( )
A．发射速度大于第二宇宙速度
B．轨道平面与地球静止卫星轨道平面重合
C．运行周期大于地球同步卫星的周期
D．运行速度大于地球同步卫星的运行速度
5.(2023·江苏省前黄高级中学模拟)如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B，下列说法正确的是( )
A．可通过等容变化实现
B．不可能经过体积减小的过程
C．气体一定从外界吸热
D．外界一定对气体做正功
6.(2023·江苏淮安市模拟)如图所示，在水平转台上放置一圆锥形物体，物块在平行于锥面的细绳作用下静止在圆锥体表面，在圆锥体随平台逐渐加速转动的过程中，物块始终与锥面保持相对静止。关于此过程下列判断正确的是( )
A．物块受到的合力为0
B．绳上的拉力逐渐增大
C．锥面对物块的支持力保持不变
D．没有任何力对物块做功
7.(2023·江苏省高三下大联考)细激光束可以像镊子一样抓住微小颗粒。如图所示，光束①、②为从S点射出的光强相同的两细束激光，O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。若不考虑光的反射和吸收，则( )
A．两光束对小球的合力为零
B．两光束对小球的合力沿SO方向向右
C．光束①、②对小球的作用力方向相反
D．光束①、②对小球的作用力大小相等
8.(2023·江苏徐州市专题练习)如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上，倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )
A.eq \f(t,2) B.eq \f(\r(5)－1,2)t
C.eq \f(\r(6)－1,2)t D.eq \f(\r(7)－1,2)t
9.(2023·江苏省百校联考)如图所示，质量为M的小球用长度为L的轻杆连接在固定于天花板的轴O上，可在竖直平面内自由旋转，并通过与O等高的滑轮用轻绳连接质量为m的物块。小球与物块质量关系为M＝2m，滑轮与轴O的距离也为L，轻杆最初位置水平。滑轮、小球、物块的大小可以忽略，轻绳竖直部分的长度足够长，不计各种摩擦和空气阻力，运动过程中绳始终保持张紧状态，重力加速度为g。当小球从最初位置由静止释放，则( )
A．小球向右摆动的最大角度θ＝120°
B．小球与物块的速度大小始终相等
C．小球在O点正下方时，小球与物块的速度大小之比为1∶eq \r(2)
D．物块上升的最大高度为eq \r(2)L
10.(2023·江苏模拟预测)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eq \f(\r(3)mgL,2\r(3L2－d2))
B．每根绳的拉力大小为eq \f(mgL,\r(3L2－d2))
C．卷纸对墙的压力大小为eq \f(mgd,\r(4L2－d2))
D．卷纸对墙的压力大小为eq \f(2mgL,\r(4L2＋d2))
11.(2023·江苏省如东中学等四校联考)如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是( )
选择题提速练(8)
1．D [根据多普勒效应可知，当波源与观察者之间的距离逐渐减小时，接收到波的频率比波源发出的频率高，A错误；车速越大，汽车反射的电磁波的频率相比测速仪发射的电磁波的频率增加得越多，测速仪接收到的电磁波的频率相比测速仪发射的电磁波的频率增加得也越多，测速仪接收到的电磁波和发射的电磁波频率之差越大，B错误；产生多普勒效应的原因不是波源频率发生了变化，而是观察者相对于波源位置的变化导致接收到的电磁波频率变化，C错误；恒星远离地球，地球上接收到该恒星发出的红外线频率比发射时的频率小，D正确。]
2．B [由闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir，当电流为零时，由ab图线与纵轴的交点可以读出该电池的电动势，根据两图线交点处的状态，可知将该电池和定值电阻组成闭合回路时路端电压为交点P的纵轴坐标，电流为P点的横轴坐标，根据r＝eq \f(E－U,I)，则电池的内阻可用aP两点连线斜率的绝对值表示，故选B。]
3．B [根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X粒子为电子，故A错误；该衰变属于β衰变，反应放出的射线为γ射线，是一种电磁波，故B正确；衰变时放出能量，生成物更稳定，比结合能更大，由于两原子核核子数都为60，所以eq \\al(60,27)C的结合能比该反应产生的新核eq \\al(60,28)Ni的小，故C错误；21年约为钴60的4个半衰期，1 g钴60经21年后发生衰变的质量约为m＝1 g×(1－eq \f(1,16))＝eq \f(15,16) g，故D错误。]
4．D [第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是使卫星脱离地球束缚的最小发射速度，所以“羲和号”的发射速度应介于第一和第二宇宙速度之间，故A错误；地球静止卫星轨道平面与赤道平面重合，而“羲和号”通过地球南北两极上方，所以其轨道平面与地球静止卫星轨道平面垂直，故B错误；设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、周期为T、速度大小为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，分别解得v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝2πreq \r(\f(r,GM))，地球同步卫星位于地面上方高度约36 000 km处，所以其轨道半径远大于“羲和号”卫星的轨道半径，则根据以上两式可知“羲和号”的运行周期小于地球同步卫星的周期，运行速度大于地球同步卫星的运行速度，故C错误，D正确。]
5．C [根据eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，由此可知A、B与O点的连线表示等容变化，直线AO斜率大，则A状态下气体体积小，即A状态体积小于B状态的体积，所以气体自状态A到状态B的过程中，体积必然变大，A错误；由于具体气体变化的过程未知，故可能经过体积减小的过程，B错误；整个过程，气体体积增大，气体对外做功，W为负值，从题图中看出气体温度升高，ΔU>0，所以Q必须为正数，即气体必须从外界吸热，C正确，D错误。]
6．B [物块随圆锥体做变速圆周运动，则受到的合力不为0，选项A错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，则对物块，沿锥面方向FT－mgcs θ＝mω2rsin θ，则随着角速度逐渐增加，绳上的拉力逐渐增大，选项B正确；沿垂直锥面方向mgsin θ－FN＝mω2rcs θ，则随着角速度增大，锥面对物块的支持力逐渐减小，选项C错误；转动过程中，因为物块的动能增加，则一定有力对物块做功，选项D错误。]
7．D [光束①、②强度相同，仅考虑折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p，这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcs θ，出小球时的总动量为p2＝2np，p1、p2的方向均沿SO向右，以向右为正方向，由动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cs θ)>0，小球对这些粒子的作用力沿SO方向，由牛顿第三定律，光束①、②对小球的作用力方向相同，大小相等，光束折射对小球产生的合力水平向左，故D正确。]
8．B [因为A轮角速度一定，A轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v＝ωr，故线速度大小随时间t均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理。整个过程中，设A轮外缘初速度为v，则末速度为3v，运动时间为t，加速度为a，位移即磁带总长度为x，由匀变速直线运动规律(3v)2－v2＝2ax,3v＝v＋at，当磁带有一半绕到A轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时v′2－v2＝ax，v′＝v＋at′，解得v′＝eq \r(5)v，t′＝eq \f(\r(5)－1,2)t，故选B。]
9．A [从释放到小球向右摆动到最大角度过程中，根据机械能守恒定律得MgLsin (180°－θ)＝mg·2·Lsin eq \f(θ,2)，解得θ＝120°；只有当轻绳与轻杆垂直时，小球与物块的速度大小才相等，B错误；小球在O点正下方时，根据速度分解得cs 45°＝eq \f(vm,vM)，解得eq \f(vM,vm)＝eq \f(\r(2),1)，C错误；小球的速度为零时物块上升的高度最大，hm＝2·Lsin eq \f(θ,2)＝eq \r(3)L，D错误。]
10．B [对卷纸受力分析如图所示
两绳所在平面与竖直墙面间的夹角为α，两绳形成的合力为FT合，侧视图如图所示，故cs α＝eq \f(\r(Lsin 60°2－\f(d,2)2),Lsin 60°)＝eq \f(\r(3L2－d2),\r(3)L)，根据FT合＝eq \f(mg,cs α)，解得FT合＝eq \f(\r(3)mgL,\r(3L2－d2))；每根绳中拉力为FT，FT合＝2FTcs 30°，解得FT＝eq \f(mgL,\r(3L2－d2))，A错误，B正确；根据受力平衡有eq \f(FN,mg)＝tan α＝eq \f(\f(d,2),\f(\r(3L2－d2),2))，故FN＝eq \f(mgd,\r(3L2－d2))，C、D错误。]
11．B [根据题意可知下落过程中，第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。根据重力势能表达式可知Ep1＝mg(x1＋x2－x)，x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值；由于弹簧弹力随弹簧压缩量均匀变化，x>x1时，弹性势能Ep2＝eq \f(1,2)k(x－x1)2，设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0＋Ep2，可知E0＝E－eq \f(1,2)k(x－x1)2，是开口向下的抛物线，故A错误，B正确；设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段Ek＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)m(gt1)2＝eq \f(mg2,2)t12，故第一阶段的Ek－t图像是抛物线的一部分。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则由a＝eq \f(mg－F弹,m)，可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段由a＝eq \f(F弹－mg,m)，可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x>x1的范围内，先加速后减速，x－t图像的斜率先增大后减小，则Ep2－t图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0，即弹性势能的最大值大于动能的最大值，故C、D错误。]