备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）选择题专项练6（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）选择题专项练6（Word版附解析），共9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.(2024黑龙江二模)来自外太空的宇宙射线在进入地球大气层后,可能会与大气中的氮原子作用而产生质子。中子与氮14发生的核反应方程是: 714N+C+11H,产生的 614C不够稳定,能自发地进行β衰变,其半衰期为5 730年。考古学家可利用 614C的衰变规律推断出古木的年代,下列说法正确的是( )
A. 614C发生β衰变的生成物是 713N
B. 614C的半衰期随温度的降低而变长
C.β衰变辐射出的粒子是碳原子核外电子跃迁产生的
D.若测得一古木样品的 614C含量为活体植物的14,可知该古木距今约11 460年
答案 D
解析 根据题意可知,衰变方程为N+-1 0e,即 614C发生β衰变的产物是 714N,故A错误;半衰期与外界环境无关,故B错误;β衰变辐射出的粒子来自原子核内的中子转化为质子时放出的电子,故C错误;若测得一古木样品的 614C含量为活体植物的14,可知经过了2个半衰期,则该古木距今约为5 730×2年=11 460年,故D正确。
2.(2024安徽一模)如图甲所示,将一块平板玻璃a放置在另一块平板玻璃板b上,在右端夹入两张薄纸片。当单色光从上方垂直射入后,从上往下看可以观察到如图乙所示的干涉条纹。则下列说法正确的是( )
A.干涉条纹是由a、b两玻璃板上表面反射的光叠加产生的
B.若仅增大垂直射入的单色光波长,则条纹将变疏
C.将b缓慢向下平移,则条纹之间的距离将变大
D.若抽去一张薄纸片,则条纹将变密
答案 B
解析 干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的,故A错误。若仅增大垂直射入的单色光波长时,根据条纹间距表达式l=λ2tanθ,可知条纹变疏,将b缓慢向下平移时条纹间距不变,故B正确,C错误;若抽去一张薄纸片,平板玻璃a、b之间的夹角减小,条纹间距变大,条纹变稀疏,故D错误。
3.(2024云南昆明三模)采用涡轮增压技术可以提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化成以下两个过程,一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩,然后经过等压过程回到初始温度,则( )
A.绝热过程中,气体分子平均动能增加
B.绝热过程中,外界对气体做负功
C.等压过程中,气体对外界做功
D.等压过程中,气体温度升高
答案 A
解析 绝热过程气体被压缩,体积减小,外界对气体做正功,气体内能增加,气体温度升高,气体分子平均动能增加,故A正确,B错误;经过等压过程回到初始温度,则等压过程中,气体温度降低,气体体积减小,外界对气体做功,故C、D错误。
4.(2024贵州毕节二模)破旧高楼外墙砖易脱落造成安全事故,引发人们关注。某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究。在一次模拟实验中,小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放(在保证安全的情况下),下落一小段距离后,开始计时,采集从此位置开始下落的高度H与时间t的相关数据,并作出Ht-t的图像如图,运动过程中空气阻力恒定。则( )
A.计时开始时墙砖的速度大小为0
B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为9.6 m/s2
C.从计时开始,墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s
D.计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面,则这栋旧楼高度约为24 m
答案 B
解析 设开始计时墙砖的速度为v0,墙砖下落时的加速度为a,得H=v0t+12at2,整理得Ht=v0+12at,结合图像可知v0=2.40 m/s,12a=13.92- m/s2,解得a=9.6 m/s2,故A错误,B正确;从计时开始,墙砖在2 s后的速度为v2=v0+at2=21.6 m/s,故该段时间内平均速度为v=v0+v22=12 m/s,故C错误;由静止释放到开始计时的时间为t0=v0a=0.25 s,故这栋旧楼高度约h=12at0+t32=12×9.6×3+0.252 m=50.7 m,故D错误。
5.蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目,比赛在一块正方形水平地面上进行,比赛用球为硬塑实心球。如图所示,静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L,两球质量相同,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ,一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度,球1与球2发生弹性正碰后,球2恰好能到达边线,重力加速度为g。则球2运动的时间为( )
A.2Lμg B.L2μg
C.2LμgD.Lμg
答案 A
解析 球2匀减速直线运动到停下,可以看作反向匀加速直线运动,可得L=12at2,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,联立求得t=2Lμg,A正确。
6.(2024贵州贵阳一模)一磁约束装置的简化示意图如图所示。在内、外半径分别为R、3R的环状区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿圆的半径方向射入磁场后恰好不会穿出磁场的外边界,且被约束在大圆以内的区域内做周期性运动,不计粒子重力。则该粒子的运动周期为( )
A.2mqB3+2π3
B.4mqB3+2π3
C.6mqB3+2π3
D.8mqB3+2π3
答案 C
解析 粒子运动的轨迹如图所示,根据几何关系有r2+R2=(3R-r)2,tan α=rR,解得r=33R,α=30°,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=3qBR3m,粒子在环状区域做匀速圆周运动的时间t1=2(90°+α)360°·2πrv=4πm3qB,所以粒子的运动周期为T=3t1+3·2Rv=6mqB3+2π3,故选C。
7.(2024江西二模)高速铁路列车通常使用磁刹车系统,磁刹车工作原理可简述如下:将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘,使磁感线总垂直射入铝盘时,铝盘随即减速,如图所示,圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动,磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动,下列说法正确的是( )
A.铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B.磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力
C.感应电流在铝盘产生的内能,是将铝盘减速的最主要原因
D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘,则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
答案 B
解析 铝盘甲区域中的磁通量向里增大,由楞次定律可知,甲区域感应电流方向为逆时针方向,则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故A错误;由“来拒去留”可知,磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力,会使铝盘减速,故B正确,C错误;改成空洞铝盘,电阻变大,电流变小,阻碍效果更差,故D错误。
8.(2024湖南邵阳二模)如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压有效值恒定的正弦交流电源,理想变压器的原、副线圈匝数比为k,22A.U不变
B.R1=k2ΔUΔI
C.副线圈回路消耗的功率一直增大
D.电源的输出功率可能先增大后减小
答案 B
解析 根据变压器的原理可得U1U2=k,I2I1=k,可得U1=kU2,I1=I2k,原线圈电路中有U0=U1+I1R1,在副线圈电路中有U2=I2R2+R3,联立可得U0=U2k+R1k(R2+R3),当滑片P从最下端向最上端滑动过程中,电阻R3阻值减小,电源电压U0不变,可知U2减小,即电压表的示数U减小,故A错误;由A项分析可得U0=kU2+I2kR1,变形得U2=U0k-R1k2I2,则有ΔUΔI=R1k2,即R1=k2ΔUΔI,故B正确;由能量守恒定律可得I1U0=I12R1+I22R2+R3,可得I1=U0R1+k2R2+R3,副线圈回路消耗的功率P=I22R2+R3=k2I12R2+R3,把I1代入得P=U02·k2R2+R3R1+k2R2+R32=U02k2R2+R3-R12k2R2+R3+4R1,可知当k2R2+R3=R1时,即k2R0+R3=R0时副线圈输出功率增大;由题知22二、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.(2024河北沧州一模)如图所示,竖直平面内半径为R的光滑半圆轨道和倾角为30°的光滑斜面在半圆轨道最低点A用极小一段光滑圆弧平滑连接,两轨道均被固定,半圆轨道的最高点为M。一个质量为m的小球(可视为质点)从A点以某一水平向左的初速度进入半圆轨道,然后落在斜面上的N点(图中未画出),不计空气阻力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.若小球恰好能通过M点,则M、N两点间的高度差为7-133R
B.若小球的初速度合适,则小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面
C.若小球的初速度合适,则小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面
D.若N点与半圆轨道的圆心等高,则小球通过M点时,半圆轨道对小球的支持力为12mg
答案 AD
解析 若小球恰好能通过M点,则小球在M点有mg=mv2R,小球落到斜面上,设M、N两点间的高度差为h,由平抛运动规律得h=12gt2,x=vt,tan 30°=2R-hx,解得t=39gR-3gR3g, h=7-133R,故A正确;若小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面,得tan 30°=v1vy=v1gt1,h1=12gt12,x1=v1t1,根据位移关系tan 30°=2R-h1x1,联立解得v1=4gR510.(2024山东聊城一模)如图所示,卫星Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星,其对地张角为2θ;卫星Ⅱ为地球的近地卫星。两卫星绕地球同向转动,已知地球的自转周期为T0,引力常量为G,根据题中条件,可求出( )
A.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的周期之比为1∶sin 3θ
B.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为sin 22θ∶1
C.地球的平均密度为 3π GT02sin 3θ
D.卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号的时间为π+2θT0sin 3θ2π1-sin 3θ
答案 ACD
解析 设地球质量为m0,卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R,卫星Ⅰ为同步卫星,周期为T0,近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律可得r3T02=R3T2,由图中几何关系可得sin θ=Rr,可得卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的周期之比为T0∶T=1∶sin 3θ,则卫星Ⅱ的周期为T=T0sin3θ,对于卫星Ⅱ,由万有引力提供向心力可得Gm0mR2=m2πT2R,又m0=ρ·43πR3,联立可得地球的平均密度为ρ= 3π GT02sin3θ,故A、C正确;对于不同轨道卫星,根据牛顿第二定律得a=Gm0r2,所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为aⅠaⅡ=R2r2=sin2θ1,故B错误;当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内,其对应圆心角为π+2θ时,卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号,设这段时间为t。由于两卫星同向运行,则有ωⅡ-ωⅠt=π+2θ,ωⅡ=2πT=2πT0sin3θ,ωⅠ=2πT0,联立解得t=(π+2θ)T0sin3θ2π1-sin 3θ,故D正确。
11.(2024河北石家庄一模)如图是某水池的剖面图,A、B两区域水深分别为hA、hB,其中hA=0.4 m,点O处于两区域的水面分界线上,M和N是A、B两区域水面上的两点,O、M间距离为3 m,O、N间距离为4 m。t=0时M点从平衡位置向上振动、N点从平衡位置向下振动,形成以M、N点为波源的水波(可看作简谐横波),两波源振动频率均为2 Hz,振幅均为5 cm。当t=1 s时,O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深关系为v=gh,式中h为水的深度,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.区域B的水深hB=1.6 m
B.A、B两区域水波的波长之比为2∶1
C.t=1.5 s时,O点经平衡位置向上振动
D.t=2.5 s后,MN之间存在10个振幅为10 cm的点
答案 AD
解析 当t=1 s时,O点开始振动且振动方向向下,可知是N点的波源形成的波传到了O点,则区域B的波速,vB=xONt=41 m/s=4 m/s,根据vB=ghB,可得hB=1.6 m,故A正确。区域A的波速vA=ghA=2 m/s,根据λ=vf,可得λA=1 m,λB=2 m,可知A、B两区域水波的波长之比为1∶2,故B错误。t=1.5 s时,M点的波源形成的波向右传播3 m,该波在O点产生的波在平衡位置向上振动;N点的波源形成的波向右传播6 m,该波在O点引起的振动在平衡位置向下振动;两列波振幅相同且干涉相消,可知此时O点保持平衡位置不动,故C错误。t=2.5 s时,两列波分别传播的距离为xM=OM+vBt-1.5=7 m,xN=ON+vAt-1=7 m,故两列波均恰好传播到对方波源位置,由于两列波在两个区域的波长各为λA=1 m,λB=2 m,由于M、N起振方向相反,故在A区域某位置距离MO的波程差为半波长的奇数倍的点为振动加强点,即Δx=MP-OP=λA2(2n+1)n=0,1,2,…,则有MP的距离为0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m,2.25 m,2.75 m,即6个位置;在B区域某位置距离MO的波程差为半波长的奇数倍的点为振动加强点,即Δx=NP-OP=λB22n+1n=0,1,2,…,则有NP的距离为0.5,1.5 m,2.5 m,3.5 m,即4个位置;共计10个位置,D正确。
12.(2024辽宁抚顺三模)如图所示,正三棱柱ABC-A'B'C'的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷,C点固定一个电荷量为-Q的点电荷,D、D'点分别为AC、A'C'边的中点,取无穷远处电势为零。下列说法正确的是( )
A.B、B'两点的电场强度相同
B.将一电子沿直线从A'点移到C'点,电势能增加
C.将一电子沿直线从B点移到D'点,电场力做负功
D.若在A'点和C'点分别再固定电荷量为+Q和-Q的点电荷,B点的电势不变
答案 BD
解析 B、B'两点在AC连线中垂线上,根据等量异种电荷的电场线分布特征可知,B、B'两点的电场强度方向都与AC平行,方向相同,但B'离AC较远,故B点的电场强度大于B'点的电场强度,故A错误;根据等量异种电荷的电场线分布特征可知,A'点电势高于C'点,故负试探电荷从A'点移到C'点,电场力做负功,电势能增大,故B正确;由等量异种电荷电场线分布可知,面BB'D'D为等势面,则将一电子沿直线从B点移到D'点,电场力不做功,故C错误;根据公式φ=kqr,由于B到A、C的距离相等,A点固定一个电荷量为+Q的点电荷,C点固定一个电荷量为-Q的点电荷,则B点电势为0,若在A'点和C'点分别再固定电荷量为+Q和-Q的点电荷,由于B到A'、C'的距离仍相等,则B点电势仍为0,保持不变,故D正确。