选择题提速练(5) --2025年高考物理大二轮复习考前特训（专练）

这是一份选择题提速练(5) --2025年高考物理大二轮复习考前特训（专练），文件包含选择题提速练5--2025年高考物理大二轮复习考前特训教师版docx、选择题提速练5--2025年高考物理大二轮复习考前特训学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。


一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.(2024·浙江6月选考·4)发现中子的核反应方程为 24He+49Be→X+01n，“玉兔二号”巡视器的核电池中钚238的衰变方程为 94238Pu→ 92234U+Y，下列正确的是( )
A.核反应方程中的X为 612C
B.衰变方程中的Y为 23He
C.中子 01n的质量数为零
D.钚238的衰变吸收能量
答案 A
解析 根据质量数和电荷数守恒可知X为 612C，Y为 24He，故A正确，B错误；
中子 01n的质量数为1，故C错误；
衰变过程中质量亏损，释放能量，故D错误。
2.(2024·山东淄博市二模)如图甲所示，汽缸内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)，可移动的活塞与容器壁光滑接触，开始时活塞处于Ⅰ位置静止，经历某个过程后，活塞运动到Ⅱ位置(图中未标出)重新静止，活塞处于这两个位置时，汽缸内各速率区间的气体分子数n占总分子数N的百分比(nN×100%)与分子速率v之间的关系分别如图乙中Ⅰ(实线)和Ⅱ(虚线)所示，忽略大气压强的变化，下列说法中正确的是( )
A.在状态Ⅰ时气体分子平均动能较大
B.在状态Ⅱ时气体的压强较大
C.在状态Ⅰ时汽缸内单位时间、单位面积上碰撞器壁的气体分子数较多
D.每一个气体分子在状态Ⅱ时都比在状态Ⅰ时的速率大
答案 C
解析 由题图乙可知，气体在状态Ⅱ时，速率较大的分子占据的比例较大，则分子平均动能较大，温度较高，故A错误；气体进行等压变化，则气体在两个状态的压强相等，故B错误；从状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程是等压变化，且温度升高，气体的体积变大，气体在状态Ⅰ时分子平均作用力较小，则单位时间、单位面积上碰撞器壁的气体分子数较多，故C正确；气体在状态Ⅱ时，速率较大的分子占据的比例较大，则分子平均速率较大，并非每一个分子的速率都大于状态Ⅰ时的速率，故D错误。
3.(2024·河南许昌市高考冲刺)开普勒186F是人们迄今发现的最像地球的一颗行星，这颗行星位于天鹅座开普勒186红外星5颗行星中的最外层，与恒星距离为5 240万公里，距离地球约500光年。根据观测发现某颗行星(下文称为A星球)有一颗近地卫星，当地球的近地卫星转了4圈时，A星球的近地卫星才转了一圈，A星球的半径约为地球半径的14，设地球和A星球的密度、表面的重力加速度分别用ρ1、ρ2、g1、g2表示。则下列说法正确的是( )
A.地球和A星球的密度之比ρ1∶ρ2=1∶16
B.地球和A星球表面的重力加速度之比g1∶g2=64∶1
C.分别在地球和A星球表面相同高度处以相同的速度平抛一个物体，A星球上的物体落地较早
D.A星球的自转角速度增加到ω=g1128R1(R1为地球半径)时，会发生解体
答案 B
解析 由题意可知4T1=T2，R2=14R1，对于近地卫星，在星球表面有GMmR2=m4π2T2R，
星球的体积为V=43πR3，星球的密度为ρ=MV=3πGT2，故地球和A星球的密度之比ρ1∶ρ2=T22∶T12=16∶1，故A错误；对于近地卫星，在星球表面有GMmR2=mg，地球和A星球表面的重力加速度之比g1∶g2=R1T22∶R2T12=64∶1，故B正确；物体做平抛运动有h=12gt2，物体落地的时间t=2hg，A星球表面的重力加速度小，物体落地的时间较长，A星球上的物体落地较晚，故C错误；设A星球最外端的一物体质量为m0，当角速度为ω时，该物体将要离开A星球，即GMm0R22=m0g2=m0ω2R2，解得ω=g2R2=g116R1，故D错误。
4.(2024·浙江湖州市二模)如图甲为电容器上极板电荷量q随时间t在一个周期内的变化图线，如图乙为LC振荡电路的某一状态下磁感线的情况。则( )
A.图乙状态一定发生在0~t1时间内
B.图乙状态一定发生在t3~t4时间内
C.t1~t2时间内电路中磁场能增强
D.t2~t3时间内自感电动势减小
答案 C
解析 0~t1时间内，电容器处于充电状态，上极板带正电，并且不断增大，线圈中电流方向为逆时针(俯视)，而电荷量增加得越来越慢，故电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈感应磁场方向向上；而t3~t4时间内，电容器处于放电状态，上极板带负电，并且不断减小，线圈中电流方向为逆时针(俯视)，而电荷量减小得越来越快，故电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈感应磁场方向向上，则题图乙状态发生在0~t1或t3~t4时间内均有可能，故A、B错误；t1~t2时间内，上极板带正电，且不断减小，可知电容器正在放电，且极板所带电荷量减小得越来越快，说明电流越来越大，故磁场能越来越大，故C正确；由题图甲可知，t2~t3时间内上极板带负电且电荷量不断增大，则电容器反向充电，此过程中线圈产生的自感电动势逐渐增大，故D错误。
5.(2024·安徽黄山市二模)如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长2L的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑圆环，将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力大小为F1。此后将汽车停放在倾角为30°的斜面上，此时轻绳的拉力大小为F2。则F1∶F2的值为( )
A.1∶1B.2∶3C.3∶2D.13∶23
答案 D
解析 汽车在水平面时，对圆环进行受力分析如图甲所示
可得F1=12mgcs30°=3mg3；在斜面上受力分析如图乙所示，
设a到环的距离为x，则b到环的距离为2L-x，设边长为x的边与竖直方向夹角为α，根据几何关系及正弦定理，有Lsin2α=xsin(60°-α)=2L-xsin(120°-α)，解得sin α=34，根据受力分析，可得F2=12mgcsα=2mg13，所以有F1F2=1323，故选D。
6.(2024·江西省模拟)如图所示，真空中孤立的、半径为r、表面光滑的金属球固定在绝缘支架上，金属球材料的极限频率为ν0，普朗克常量为h，电子的电荷量为e，若以无穷远处为零电势点，均匀带电金属球的电势φ=kQr，其中Q为金属球所带的电荷量，k为静电力常量，r为金属球的半径。现用频率为ν(ν>ν0)的光持续照射金属球，则金属球被照射后所带电荷量的最大值为( )
A.h(ν-ν0)rkeB.h(ν0-ν)ker
C.h(ν0+ν)rkeD.hνrke
答案 A
解析 根据光电效应方程，光电子的最大初动能Ek=hν-hν0，金属球的电势最大值为φ，则-e(φ-0)=0-Ek，可得φ=h(ν-ν0)e，由电势φ=kQr，可得金属球所带电荷量的最大值Q=h(ν-ν0)rke，故选A。
7.(2024·北京市朝阳区一模)如图甲所示，R1是电阻箱，R2是定值电阻。闭合开关S，改变R1的阻值，两理想电压表V1、V2的示数与R1关系图像如图乙所示，已知图线①和②为相互平行的直线。下列说法正确的是( )
A.图线①表示V1示数与R1的对应关系
B.R1中的电流随R1的增大而减小
C.R2两端的电压随R1的增大而增大
D.供电设备输出的总功率随R1的增大而增大
答案 D
解析 在如题图甲所示的电路中，闭合开关S后，V1测量R1两端的电压，V2测量R1与R2串联后的电压，V2的示数大于V1的示数，所以图线①表示V2示数与R1的对应关系，故A错误；
电路中的电流I=U1R1，由题图乙中的图线②为倾斜直线可知，R1增大时I不变，故B错误；由题图乙知，电压表V1、V2的示数之差为定值，即R2两端的电压为定值，故C错误；因为R1增大时，V2的示数增大，I不变，所以由P=UI可知，电路的总功率随R1的增大而增大，故D正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2024·全国甲卷·19)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以( )
A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
答案 AC
解析 保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P=I2R1可知此时R1的热功率增大，故A正确；
将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B错误；
将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时R1的热功率增大，故C正确；
将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时R1的热功率减小，故D错误。
9.(2024·四川遂宁市第三次诊断)如图，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C=π6，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为5t03，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则( )
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt0
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为37d
D.粒子进入磁场时速度大小为3πd7t0
答案 BD
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14T=t0，则得周期T=4t0，故A错误；由T=2πmBq，得B=2πmqT=πm2qt0，故B正确；设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ2πT=5t03，得θ=5π6，画出该粒子的运动轨迹如图
设轨道半径为R，由几何知识得Rcs30°+Rcs 30°=d，可得R=237d，故C错误；根据5t03=θRv，解得v=3πd7t0，故D正确。
10.(2024·云南昆明市二模)轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端连接一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落h后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为k，箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B.箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C.箱子落地后，小球运动的最大速度为2gmk
D.箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgh-2m2g2k
答案 BCD
解析 箱子静止时，对小球分析有mg=F弹，对箱子分析有mg+F弹=F外，当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱子释放瞬间固定箱子的力F外消失，箱子所受合力为F=mg+F弹=2mg=ma，可得该瞬间箱子的加速度a=2g，此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，下落过程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，弹簧将被压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A错误；根据题意，箱子落地后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有F弹=mg，弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点F合=F弹'-mg，在最高点F合=F弹+mg=2mg，联立解得F弹'=3mg，而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为3mg，故B正确；小球做简谐振动，在平衡位置时有F弹=kx=mg，解得x=mgk，即弹簧被拉伸x时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下落的高度为2x，而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得mg·2x=12mvmax2，解得vmax=2gmk，故C正确；箱子碰地损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得2mgh=12mvmax2+ΔE，解得箱子损失的机械能ΔE=2mgh-2m2g2k，故D正确。