新教材适用2024版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练三

这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练三，共8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.铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变生成钡和氪，同时放出3个X粒子，核反应方程是eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3X，其中铀核、中子、钡核和氪核的质量分别为m1、m2、m3和m4。下列说法正确的是( C )
A．X是eq \\al( 0,－1)e
B．X的质量为eq \f(m1＋m2－m3－m4,3)
C．铀核的结合能大于氪核的结合能
D．铀核的比结合能大于氪核的比结合能
【解析】由电荷数守恒和质量数守恒，得X电荷数为零，质量数为1，X是eq \\al(1,0)n，A错误；该核反应释放核能，存在质量亏损，X的质量小于eq \f(m1＋m2－m3－m4,3)，B错误；铀核的结合能大于氪核的结合能，C正确；铀核的比结合能小于氪核的比结合能，D错误。选C。
2.如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是( D )
A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力
B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零
C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零
D．任意半个周期内，合力做的功一定为零
【解析】重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，A错误；冲量等于力与时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误；任意半个周期内，速度大小不变。除最大位移处，速度方向一定改变，则动量改变，合力冲量不为零。而动能不变，合力做功一定为零，C错误，D正确。
3.如图所示，A、B、C、D是真空中正四面体的四个顶点，E点为AD的中点。在B、C两点分别固定＋Q和－Q两个点电荷。下列说法正确的是( C )
A．D点的电势比E点的高
B．D点的电场强度比E点的大
C．A、D两点的电场强度相同
D．同一负电荷在A点的电势能比在E点的电势能大
【解析】因AD棱处在两等量异种电荷连线的垂直平分面上，则电势相等，即D点的电势等于E点的电势，选项A错误；因D、E在同一等势面上，可知场强方向相同，但是由于E点距离B、C的中点较近，可知E点的电场强度比D点的大；同理A、D两点在同一等势面上，场强方向相同，且因为A、D两点到B、C的中点距离相等，可知A、D两点的电场强度相同，选项B错误，C正确；因A、E两点电势相等，可知同一负电荷在A点的电势能与在E点的电势能相等，选项D错误。
4.如图所示，理想变压器接在电压为U0的交变电源上，三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等，调节滑动变阻器R4的滑片P，使其阻值与定值电阻相等，此时两个理想电压表的示数相同，下列说法正确的是( B )
A．变压器原、副线圈匝数比为12
B．电压表的示数为eq \f(U0,7)
C．变压器的输入功率为R1消耗功率的7倍
D．向下移动滑片P，两电压表的示数都变大
【解析】设此时电压表的示数为U，此时通过R1、R3、R4的电流都为I1＝I3＝I4＝eq \f(U,R)，通过R2的电流为I2＝I3＋I4＝eq \f(2U,R)，变压器原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(2,1)，A错误；原线圈的输入电压U1＝U0－U，副线圈的输出电压U2＝2U＋U＝3U，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(2,1)，可得U＝eq \f(U0,7)，B正确；变压器的输入功率P入＝P出＝eq \f(2U2,R)＋eq \f(U2,R)＋eq \f(U2,R)＝eq \f(6U2,R)，R1消耗功率P1＝eq \f(U2,R)，则eq \f(P入,P1)＝6，C错误；向下移动滑片P，则副线圈电路的电阻增大，根据变压器原副线圈的规律可知，则副线圈电路的电流变小，原线圈电流变小，电压表V1的示数变小，因为原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，又因为副线圈电流也变小，所以R2消耗的电压也变小，则电压表V1的示数变大，D错误。选B。
5.如图所示，密闭容器中一定质量理想气体的状态由A经B变化到C，再回到A，完成循环。下列说法正确的是( B )
A．①过程气体对外做功同时放出热量
B．③过程外界对气体做的功小于气体放出的热量
C．①②过程吸收的总热量等于③过程放出的热量
D．③过程单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少
【解析】由图可知，①过程气体体积增大，对外做功。气体温度保持不变，即内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知需要吸收热量，故A错误；同理，③过程气体热力学温度降低，即内能减小，由热力学第一定律可知，外界对气体做的功小于气体放出的热量，故B正确；根据图线与横轴围成的面积表示功可知，理想气体的状态由A经B变化到C，再回到A，完成循环，对外界做功。同时气体内能不变，由热力学第一定律可知气体需要吸热，即①②过程吸收的总热量大于③过程放出的热量，故C错误；根据eq \f(pV,T)＝C可知③过程AC连线过原点，气体压强保持不变，即单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数不变，故D错误；选B。
6.如图所示为“天问一号”在某阶段的运动示意图，“天问一号”在P点由椭圆轨道变轨到近火圆形轨道。已知火星半径为R，椭圆轨道上的远火点Q离火星表面的最近距离为6R，火星表面的重力加速度为g0，忽略火星自转的影响。“天问一号”在椭圆轨道上从P点运动到Q点的时间为( B )
A．4πeq \r(\f(R,g0)) B．8πeq \r(\f(R,g0))
C．16πeq \r(\f(R,g0)) D．32πeq \r(\f(R,g0))
【解析】“天问一号”在近火轨道上运行时，由牛顿第二定律Geq \f(Mm,R2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T1)))2R，又由黄金代换式GM＝g0R2联立可得“天问一号”在近火轨道上运行的周期为T1＝2πeq \r(\f(R,g0))，由题意可得椭圆轨道的半长轴r＝4R，由开普勒第三定律，“天问一号”在椭圆轨道上运行的周期与近火轨道上的周期之比为eq \f(T2,T1)＝eq \r(\f(4R3,R3))＝8所以“天问一号”在椭圆轨道上从P点运动到Q点的时间为t＝eq \f(T2,2)＝8πeq \r(\f(R,g0))，选B。
7.某材料制成的半球体截面如图所示，球心为O，半径为R。一红色细光束垂直入射，经半球体折射后通过D点，OD垂直于直径AB，光的入射点E到O的距离为eq \f(3,5)R，OD为eq \f(20,7)R，光速为c，不考虑光的反射。已知sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( B )
A．半球体对红光的折射率为eq \f(5\r(3),6)
B．红光经过半球体的时间为eq \f(16R,15c)
C．若将红光换成紫光，出射光线与OD的交点在D点右侧
D．若将光束向上平移，当OE＝eq \f(4,5)R时，红光恰好不能透过球体
【解析】由几何关系可知，入射角i＝37°，由正弦定理eq \f(\f(20,7)R,sin180°－r)＝eq \f(R,sinr－37°)，解得r＝53°，可得折射率n＝eq \f(sin 53°,sin 37°)＝eq \f(4,3)，选项A错误；红光经过半球体的时间为t＝eq \f(Rcs 37°,v)＝eq \f(Rncs 37°,c)＝eq \f(16R,15c)，选项B正确；若将红光换成紫光，折射率变大，折射角变大，则出射光线与OD的交点在D点左侧，选项C错误；红光的临界角sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(3,4)，若将光束向上平移，当OE＝eq \f(4,5)R时，入射角sin i′＝eq \f(4,5)>eq \f(3,4)，红光早已经发生全反射，不是恰好不能透过球体，选项D错误。选B。
8.如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为( A )
A．2geq \r(\f(m,5k)) B．geq \r(\f(2m,3k))
C.eq \f(g,2)eq \r(\f(3m,k)) D．geq \r(\f(m,2k))
【解析】对A、B整体，由平衡条件可得mAgsin 30°＝F＋mg，F为此时弹簧的弹力，因此时C恰好离开地面，则有F＝mg，联立解得mA＝4m，C恰好离开地面时，对C则有kx2＝mg，解得x2＝eq \f(mg,k)，此时A、B有最大速度，且A、B速度大小相等。开始时系统静止，弹簧被压缩，绳上无拉力，对B则有kx1＝mg，解得x1＝eq \f(mg,k)，从释放A到C恰好离开地面的运动中，弹簧的弹性势能变化量是零，在此运动中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得4mg(x1＋x2)sin 30°＝mg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(4m＋m)veq \\al(2,Am)，解得vAm＝2geq \r(\f(m,5k))，选A。
二、多项选择题
9.下图是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作。(1)用频率为ν1的光照射光电管，此时微安表有示数。调节滑动变阻器，使微安表示数恰好变为零，记下此时电压表的示数U1。(2)用频率为ν2的光照射光电管，重复(1)中的步骤，记下电压表的示数U2。已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，光电管阴极K材料的逸出功为W，下列说法正确的是( BC )
A．要使微安表的示数变为零，应将滑片P向右移动
B．若U1C．h＝eq \f(eU2－U1,ν2－ν1)
D．W＝eq \f(eν2U2－ν1U1,ν2－ν1)
【解析】根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，因只有K的电势高于A点，即触头P向左端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零，故A错误；设材料的逸出功为W，根据光电效应方程eU＝hν－W，若U110.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－4 m和x＝8 m处，振幅均为2 cm。t＝0时两波源同时起振，t＝6 s时两列波的图像如图所示。下列说法正确的是( AD )
A．两波源的起振方向相同
B．t＝10 s时，x＝2 m处质点的位移为－2 cm
C．两波源之间(不含波源)有3个振动加强点
D．波源起振后，经过18 s，x＝0处的质点运动的路程为24 cm
【解析】由图可知，t＝6 s时两列波的波前振动方向相同均为沿y轴正方向，即两列波的起振方向相同，故A正确；由图可知，两列波的波长和周期分别为λ＝4 m，T＝6 s可得v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(2,3) m/s易知左侧波源的振动传播到x＝2 m处所需时间为t1＝eq \f(4m＋2m,v)＝9 s，右侧波源的振动传播到x＝2 m处所需时间为t2＝eq \f(8 m－2 m,v)＝9 s可知t＝10 s时，x＝2 m处质点的刚好振动t＝eq \f(T,6)，该质点的振动方程为y＝－4sin eq \f(2π,T)t(cm)解得y＝－2eq \r(3)cm，故B错误；根据前面选项分析可知，两列波为同步振动的，当路程差为波长整数倍时，出现振动加强点，满足x1－x2＝Δx＝±nλ(n＝0,1，2，……)，又x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m，解得x＝－2 m，x＝0 m，x＝2 m，x＝4 m，x＝6 m，共计5个振动加强点，故C错误；左侧波源的振动传播到x＝0处所需时间为t3＝eq \f(4m,v)＝6 s，右侧波源的振动传播到x＝0处所需时间为t4＝eq \f(8 m,v)＝12 s，可知波源起振后，经过18 s，x＝0处的质点在左侧波影响下振动的时间为Δt＝t4－t3＝6 s＝T，在左侧和右侧两列波共同影响下振动的时间为Δt′＝18 s－t4＝6 s＝T，运动的路程为s＝4×2 cm＋4×4 cm＝24 cm，故D正确。选AD。
11.如图所示，某同学进行远距离投篮练习，篮球出手的位置距地面的高度为1.95 m，距篮筐中心水平距离为10 m，篮球被抛出时竖直向上的分速度大小为6 m/s，经过时间t篮球落入篮筐。已知篮筐距地面的高度为3.05 m，篮球飞行过程中未与篮板、篮筐接触，忽略空气阻力，重力加速度g取9.8 m/s2。下列说法正确的是( BCD )
A．t＝eq \f(11,49) s
B．t＝1 s
C．篮球落入篮筐时速度与竖直方向夹角的正切值为eq \f(50,19)
D．篮球被抛出时速度与竖直方向夹角的正切值为eq \f(5,3)
【解析】篮球抛出后做斜抛运动，可得vy＝gt上升，veq \\al(2,y)＝2gh上升，又h上升＋1.95 m－3.05 m＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,下降)易知篮球从抛出到落入篮筐的时间为t＝t上升＋t下降＝1 s，依题意，篮球从抛出到落入篮筐水平方向做匀速直线运动，有x＝vx(t上升＋t下降)，解得vx＝10 m/s，设篮球被抛出时速度与竖直方向夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(5,3)，A错误；B、D正确；设篮球落入篮筐时速度与竖直方向夹角为α，则vy′＝gt下降可得tan α＝eq \f(vx,vy′)＝eq \f(50,19)，C正确。选BCD。
12.如图所示，两足够长的水平光滑导轨置于竖直方向的匀强磁场中，左端分别连接一定值电阻和电容器，将两导体棒分别垂直放在两导轨上。给甲图导体棒一水平向右的初速度v，乙图导体棒施加水平向右的恒定拉力F。不计两棒电阻，两棒向右运动的过程中，下列说法正确的是( BC )
A．图甲中，导体棒速度的减小量与运动的时间成正比
B．图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比
C．图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比
D．图乙中，导体棒速度的增加量与通过的距离成正比
【解析】图甲中，导体切割磁感线产生感应电动势，则有E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，又a＝eq \f(Δv,Δt)，则Δv＝eq \f(B2L2,mR)vΔt＝eq \f(B2L2,mR)x，所以图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比，故A错误，B正确；图乙中，设极短时间Δt内，导体棒速度变化量为Δv，则导体棒的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)，导体棒产生的电动势为E＝BLΔv，电容器增加的电荷量为Δq＝CE＝CBLΔv，电容器储存的电能为ΔE＝ΔqE＝CB2L2Δv2，电流为I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，导体棒受到安培力为F安＝BIL＝B2L2Ca，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，解得a＝eq \f(F,m＋CB2L2)，则Δv＝eq \f(F,m＋CB2L2)Δt，ΔE＝ΔqE＝eq \f(CB2L2F2,m＋CB2L22)Δt2，所以图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比，图乙中，导体棒速度的增加量与运动时间成正比，故C正确，D错误。选BC。