新教材高考物理二轮复习选择题专项练(三)含答案

这是一份新教材高考物理二轮复习选择题专项练(三)含答案，共10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。

一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.放射性元素的原子核往往需要经历一系列的α衰变和β衰变才能达到稳定的状态,如 90232Tha24He+b-1 0e+82208Pb。若 90232Th、24He、-1 0e和82208Pb的质量分别用m1、m2、m3和m4表示。则下列说法正确的是( )
A.在 90232Tha24He+b-1 0e+82208Pb中,a=6,b=4
B.衰变过程中释放出的α射线比β射线的穿透能力强
C.20个 90232Th核经过2个半衰期后还剩5个 90232Th核
D.一个 90232Th核衰变成一个 82208Pb核释放的核能为(m1-m2-m3-m4)c2
2.某校高三体育专业生正在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,设该同学做匀速直线运动,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高,且lBO=lAO,为简便计算,假设两绳间的夹角为θ=60°,绳AO、BO与水平面间的夹角恒为γ=30°,地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff,则每根绳的拉力大小为( )
A.23Ff
B.22Ff
C.233Ff
D.2Ff
3.真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处,电荷量及电性如图所示,A点为对应棱的中点,B点为右侧面的中心点,C点为底面的中心,D点为正四面体的中心点(到四个顶点的距离均相等)。下列判断正确的是( )
A.A点的电势等于D点的电势
B.B点的电势高于C点的电势
C.A点的电势等于C点的电势
D.将电子从A点移动到B点,电势能不变
4.(2023浙江卷)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足( )
A.E1E2=R2R1B.E1E2=R12R22
C.E1E2=R1R2D.E1E2=R22R12
5.如图所示,质量m=1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(未栓接),用力向下压物块至某一位置,然后由静止释放,取该位置为物块运动的起始位置,物块上升过程的a-x图像如图所示,不计空气阻力,g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2
B.弹簧的劲度系数为50 N/m
C.弹簧最大弹性势能为9 J
D.物块加速度为0时离开弹簧
6.一定质量的理想气体,从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示,已知气体处于状态A时的温度为300 K,则下列判断正确的是( )
A.气体处于状态B时的温度为600 K
B.状态A与状态C温度相同
C.从状态A变化到状态B再到状态C的过程中气体内能一直增大
D.从状态A变化到状态B过程气体放热
7.如图甲所示,正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在0~0.2 s的时间内与0.2~0.6 s的时间内( )
甲
乙
A.通过金属框的电荷量之比为2∶1
B.金属框中电流的电功率之比为4∶1
C.金属框中产生的热量之比为4∶1
D.金属框的ab边受到安培力的方向相同
8.如图所示,坐标平面内有边界过P点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,OP的长度为l,磁场方向垂直于坐标平面,一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力),从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,从x轴上的Q点射出磁场区域,此时速度与x轴正方向的夹角为60°,下列说法正确的是( )
A.磁场方向垂直于坐标平面向外
B.磁场的磁感应强度B=mv02el
C.圆形磁场区域的半径为2l
D.圆形磁场的圆心坐标为12l,32l
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.如图所示,水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球,两次发射的网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得lOA=lAB,OP为水平线,若忽略网球在空中受到的阻力,下列说法正确的是( )
A.两球发射的初速度vA∶vB=1∶2
B.两球发射的初速度vA∶vB=2∶1
C.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB=1∶2
D.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB=1∶2
10.简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距8 m的两质点,波先传到P,当波传到Q时开始计时,P、Q两质点的振动图像如图所示。则( )
A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B.该波从P传到Q的时间可能为7 s
C.该波的传播速度可能为2 m/s
D.若质点P振动的振幅为A,从2 s开始计时,P点的振动方程为y=Asinπ3t
11.在如图甲所示的电路中,电阻R的阻值为10 Ω,电压表和电流表均为理想电表,变压器为理想变压器,在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压,电压表的示数为25 V,下列说法正确的是( )
甲
乙
A.该变压器原线圈端电压的有效值为552 V
B.该变压器原、副线圈的匝数之比为11∶5
C.电流表的示数为5.5 A
D.若增大电阻R的阻值,变压器原线圈的输入功率减小
12.如图所示,木块A、B紧靠放置于水平面上,A和墙间水平栓接着劲度系数为k的轻弹簧,且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为2m、m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。用水平力F向左缓慢压B,使B向左移动x,然后突然撤去F,则( )
A.若A、B可分开,分开时弹簧处于原长状态
B.若A、B可分开,分开时弹簧处于压缩状态
C.为使A、B可分开,F做功必须大于4.5μmgx
D.为使A、B可分开,x必须不小于6μmgk
参考答案
选择题专项练(三)
1.A 解析 根据电荷数守恒和质量数守恒,可知a=232-2084=6,b=2a+82-90=4,A正确。衰变过程中释放出的α射线比β射线的电离能力强,穿透能力弱,B错误。半衰期是统计学规律,对于大量原子核衰变时才适用,对于个别原子核没有意义,C错误。根据质能方程可得,一个 90232Th核衰变成一个 82208Pb核释放的核能为ΔE=Δmc2=(m1-6m2-4m3-m4)c2,D错误。
2.A 解析 设每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcsθ2,方向沿绳子所组成角的角平分线,与水平面的夹角为γ,如图所示。由平衡条件得F合cs γ=Ff,联立解得F=Ffcsγ·2csθ2,代入数据得F=23Ff,故选A。
3.A 解析 A、D点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上;同理,也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上;故A点的电势等于D点的电势,A正确。A、B、C三点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定,根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知φC>φA>φB,B、C错误。由以上分析知,将电子从A点移动到B点,静电力做负功,电势能增加,D错误。
4.A 解析 根据题意知,静电力提供粒子做圆周运动的向心力,有E1q=mv2R1,E2q=mv2R2,联立两式解得E1E2=R2R1,选项A正确。
5.A 解析 由题图可知,在位移为0.2 m处加速度为0,在位移为0.3 m后,加速度不变,即物体离开了弹簧,其加速度为重力加速度。所以有k(0.3 m-0.2 m)=mg,在起始位置物体加速度最大,有F=k·0.3 m-mg=ma,解得a=20 m/s2,A正确,D错误。弹簧的劲度系数为k=mg0.3m-0.2 m=100 N/m,B错误。弹簧恢复形变的过程中,弹簧弹力做的功为W=k·0.3m2x=4.5 J,C错误。
6.B 解析 气体处于状态A时的温度TA=300 K,气体A→B过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得VAVB=TATB,解得TB=VBVATA=3×10-31×10-3×300 K=900 K,故A错误。气体B→C过程是等容变化,由查理定律得pBpC=TBTC,解得TC=pCpBTB=13×900 K=300 K=TA,故B正确。从状态A变化到状态C过程,气体的温度先升高后降低,则气体的内能先增大后减小,故C错误。由A→B气体的温度升高,内能增大,ΔU>0,体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知,Q=ΔU-W>0,气体吸热,故D错误。
7.B 解析 通过金属框的电荷量q=It=ERt=ΔBStRt=ΔBSR,因在0~0.2 s的时间t1内与0.2~0.6 s的时间t2内,磁感应强度随时间的变化量ΔB相同,故通过金属框的电荷量之比为1∶1,A错误。金属框中电流的电功率P=E2R=ΔBSt2R=(ΔBS)2Rt2,所以P1P2=t22t12=41,B正确。金属框中产生的热量Q=Pt,得Q1Q2=P1t1P2t2=21,C错误。在0~0.2 s的时间内与0.2~0.6 s的时间内,通过线框的电流方向相反,磁场的方向相同,所以金属框ab边受到的安培力方向相反,D错误。
8.B 解析 粒子运动的轨迹如图所示,根据左手定则可知磁场垂直纸面向里,A错误。根据几何知识可知,粒子的轨道半径为r=2l,又洛伦兹力提供向心力,得eBv0=mv02r,所以B=mv0er=mv02el,B正确。根据几何知识可知,由于∠QOP=90°,所以PQ为圆形磁场区域的直径,所以2R=r,则磁场区域的半径R=l,C错误。由题意和图中的几何关系可得,过P、O、Q三点的圆的圆心在PQ连线的中点,所以圆心的x轴坐标为x=R·sin 60°=32l,y轴坐标为y=l-R·cs 60°=12l,故O1点坐标为32l,l2,D错误。
9.BC 解析 设lOA=lAB=h,忽略空气阻力,网球在空中做平抛运动,竖直方向有h=12gtA2,2h=12gtB2,整理可以得到tA∶tB=1∶2,C正确,D错误。水平方向为匀速运动,而且水平位移大小相等,则x=vAtA=vBtB,整理可以得到vA∶vB=2∶1,A错误,B正确。
10.ACD 解析 由图线可知,质点Q起振的方向沿y轴正方向,A正确。振动由P向Q传播,由图线可知T=6 s,故振动从P传到Q的时间可能为nT+4 s=(6n+4) s(n=0,1,2,3,…),故不可能为7 s,B错误。根据(nT+4 s)v=8 m得v=86n+4 m/s(n=0,1,2,3,…),当n=0时,波速为2 m/s,C正确。角速度为ω=2πT=π3 rad/s,则从2 s开始计时,P点的振动方程为y=Asin ωt=Asinπ3t,D正确。
11.BD 解析 设变压器原线圈端电压有效值为U,据电流的热效应可得U12r·T=11022r·T2,可解得U1=55 V,A错误。电压表的示数为副线圈电压,即U2=25 V,由U1U2=n1n2可得该变压器原、副线圈的匝数之比为11∶5,B正确。副线圈的电流为I2=U2R=2.5 A,由I1I2=n2n1可得原线圈的电流,即电流表的示数I1=1.14 A,C错误。若增大电阻R的阻值,由P=U22R可知,副线圈的功率减小,变压器的输入功率等于输出功率,故变压器原线圈的输入功率减小,D正确。
12.AD 解析 两木块分开瞬间加速度相等,两者之间弹力为0,设此时共同的加速度为a,弹簧的弹力为FT,对B木块由牛顿第二定律得μmg=ma,对A木块用牛顿第二定律得2μmg+FT=2ma,联立得FT=0,所以此时弹簧没有弹力,即处于原长状态,A正确,B错误。由选项A可知,A、B分开时弹簧已经恢复原长,全程弹簧所做总功为0。从力F开始推动到A、B木块分开,对全程用动能定理,可得W-μ(m+2m)g·2x=Ek-0,木块分开时有Ek≥0,即W-μ(m+2m)g·2x≥0,解得W≥6μmgx,C错误。从压缩量为x释放到A木块和B木块分开,由能量守恒定律可得12kx2-μ(m+2m)gx=Ek,分开时有Ek≥0,即12kx2-3μmgx≥0,解得x≥6μmgk,D正确。