2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）选择题专项练（四）（Word版附解析）

选择题专项练(四)

(满分:48分　时间:25分钟)

本题组共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题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。

14.(2022河北邯郸模拟)如图所示,空间中某区域内存在竖直向下的匀强磁场,将一水平放置的金属棒ab从磁场外紧贴磁场边缘以某一速度水平抛出,不计空气阻力,金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。下列说法正确的是(　　)

A.由于速率不断增大,所以感应电动势不断变大,且φa<φb

B.从抛出到落地的过程中,电子不断从b向a定向移动

C.单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量是定值

D.静电力使金属棒两端分别积累了正、负电荷

15.(2022陕西西安模拟)如图所示,在一匀强电场中有一点O,以O为圆心的圆上有M、N、P、Q四点,MN为圆的直径且与电场线平行,OP、OQ与OM的夹角都为30°。在O点固定一电荷量为q=+1.6×10-9 C的点电荷,若匀强电场的电场强度大小为E=14.4 V/m,圆的半径为r=1 m,静电力常量k=9×109 N·m2/C2,下列说法正确的是(　　)

A.P、Q两点的电场强度相同

B.P点电场强度的大小为14.4 V/m

C.M、N、P、Q四点中,M点的电势最低

D.将另一正点电荷分别放在M、N、P、Q四点,该点电荷在N点时的电势能最小

16.(2022湖南岳阳一模)已知某半径为r0的质量分布均匀的天体,测得它的一个卫星的圆轨道半径为r,卫星运行的周期为T。则在该天体表面第一宇宙速度大小是(　　)

A. B.

C. D.

17.(2022湖南岳阳一模)如图甲所示,两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点,小球A受到水平向右的恒力F1的作用,小球B受到水平向左的恒力F2的作用,当系统处于静止状态时,出现了如图乙所示的状态,小球B刚好位于O点正下方,则F1与F2的大小关系是(　　)

A.F1=2F2

B.F1=3F2

C.F1=4F2

D.2F1=3F2

18.如图甲所示,质量为1 kg的小物块,以初速度v0=11 m/s从θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力,图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和不施加力时小物块沿斜面向上运动的v-t图线,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　)

A.有恒力作用时,恒力F做的功是6.5 J

B.小物块与斜面间的动摩擦因数为1

C.有恒力F时,小物块在整个上升过程产生的热量较少

D.有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小

19.(2022福建龙岩模拟)钍基熔盐堆核能系统是第四代核能系统之一,钍基核燃料铀,由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来,铀的典型裂变产物是钡和氪。以下说法正确的是(　　)

A.外界温度越高,钍核衰变的速度越快

B.钍核Th经过1次β衰变可变成镤Pa

C.在铀核裂变成钡和氪的核反应中,核子的比结合能减小

D.题中铀核裂变的核反应方程为U+BaKr+n

20.(2022江西赣州预测)如图所示,倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角为60°,从O点正下方的A点以v0=10 m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m=1 kg的小球(可视为质点),若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切(B点未画出),重力加速度g取10 m/s2,不考虑空气阻力,则(　　)

A.小球到达B点时的速度大小为20 m/s

B.从A到B过程中,小球的动量变化量为10(2-) kg·m/s

C.O、A两点间的距离为5 m

D.从A到B过程中,小球的重力势能变化量为50 J

21.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点,一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,那么下列说法正确的是(　　)

A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从cd边射出磁场

B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ad边射出磁场

C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从bc边射出磁场

D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场

答案：

14.C　解析 因平抛运动的水平速度不变,而切割磁感线的是水平速度,则根据E=BLv0可知,感应电动势不变,根据右手定则可以判断,a点电势比b点低,故A错误;从抛出到落地的过程中,ab与外部并没有形成闭合回路,电子没有定向移动,故B错误;由于ab在水平方向做匀速直线运动,所以它在单位时间内扫过的曲面在水平面的投影面积相等,又因为穿过曲面中的磁通量等于穿过曲面在水平面投影面的磁通量,因此单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量是定值,故C正确;洛伦兹力使金属棒两端分别积累了正、负电荷,故D错误。

15.D　解析 由电场的叠加知,P、Q两点的电场强度方向不同,故两点的电场强度不同,故A错误;O点处点电荷在P点的电场强度大小为E1=,代入数据得E1=14.4 V/m,方向与匀强电场方向的夹角为150°,故P点的合电场强度小于14.4 V/m,故B错误;M、N、P、Q在以O为圆心的圆上,则在点电荷形成的电场中,四点的电势相同,在匀强电场中,由沿电场线方向电势越来越低知,N点电势最低,故C错误;由正点电荷在电势低处电势能小,可知该点电荷在N点的电势能最小,故D正确。

16.A　解析 卫星的运动由万有引力提供向心力,=mr,解得Gm天=,根据第一宇宙速度的定义有=m,解得v=,故选A。

17.B　解析 设AO与竖直方向的夹角为α,首先对两个球整体分析,受F1、F2、重力及拉力,如图1所示

图1

根据平衡条件,有F1=F2+FAOsin α,FAOcos α=2mg

再隔离球B分析,如图2所示

图2

根据平衡条件,有F2=mgtan α

联立解得F1=3mgtan α

故F1=3F2,故选B。

18.D　解析 根据v-t图线的斜率表示加速度,可知aa= m/s2=-10 m/s2,ab= m/s2=-11 m/s2,根据牛顿第二定律得,不施加力时有mab=-mgsin 53°-μmgcos 53°,代入数据得μ=0.5,有恒力F时有maa=F-mgsin 53°-μmgcos 53°,解得F=1 N,位移x=×1.1×11 m=6.05 m,则恒力F做的功是WF=Fx=6.05 J,故A、B错误;根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移,可知有恒力F时小物块的位移较大,所以在上升过程产生的热量较多,故C错误;有恒力F时,小物块上升的高度比较大,所以该过程小物块重力势能增加量较大,而升高的过程中动能的减少量是相等的,所以有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小,故D正确。

19.BD　解析 半衰期的大小与温度、压强以及化学状态无关,A错误;1次β衰变原子核质量数不变,质子数增大1,所以钍核Th经过1次β衰变可变成镤Pa,B正确;核反应方程式中生成物比反应物稳定,生成物的比结合能比反应物的比结合能大,所以在铀核裂变成钡和氪的核反应中,核子的比结合能增大,C错误;根据质量数守恒和电荷数守恒可知题中铀核裂变的核反应方程为U+BaKr+n,D正确。

20.AC　解析 小球做平抛运动,小球恰好与挡板上的B点相切,在B点其速度方向与挡板平行,则小球到达B点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ=60°,到达B点的速度大小为vB= m/s=20 m/s,故A正确;小球到达B点时的竖直分速度大小为vy= m/s=10 m/s,由A到B的时间t= s=1 s,从A到B过程中,小球的动量变化量为Δp=mgt=1×10×1 kg·m/s=10 kg·m/s,故B错误;根据平抛运动的规律得,水平位移x=v0t=10 m,竖直位移y=gt2=×10×12 m=5 m,设O、A两点间的距离为s,由几何关系得=tan θ,联立解得s=5 m,故C正确;从A到B过程中,小球的重力势能变化量为ΔEp=-mgy=-1×10×5 J=-50 J,故D错误。

21.AC　解析 粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,假设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则有t0=。带电粒子从O点沿纸面与Od成30°角的方向射入正方形内,若粒子从cd边射出磁场,如图甲所示,由几何关系可知粒子的轨迹圆心角为θ1=300°,则粒子在磁场中经历的时间为t1=T=T=×2t0=t0,A正确;如图乙所示,假设粒子轨迹刚好与ad边相切,可知图中圆心角为θ2=60°,则有t2=T=T=×2t0=,粒子如果从ad边射出磁场,粒子在磁场中的时间一定小于,B错误;如图丙所示,假设粒子轨迹刚好与ab边相切,可知图中圆心角为θ3=150°,则有t3=T=T=×2t0=t0,如图丁所示,假设粒子轨迹刚好与bc边相切,可知图中圆心角为θ4=240°,则有t4=T=T=×2t0=t0,由于t0<t0<t0,t0<t0<t0,所以,若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从bc边射出磁场;若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从bc边射出磁场,C正确,D错误。

甲

乙

丙