2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 選擇題提速練

選擇題提速練(1)(限時(shí)25分鐘)1．下列說法正確的是()A．兩個(gè)分子間的作用力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢能隨分子間距增大而減小B．分子間距小于r0時(shí)，分子勢能一定隨分子間距的減小而減小C．具有各向異性且熔點(diǎn)一定的物質(zhì)可能是多晶體D．肥皂泡在空中呈球狀是液體的表面張力引起的答案D解析兩個(gè)分子間的作用力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子間距離增大，分子間作用力做負(fù)功，分子勢能增大，A錯(cuò)誤；分子間距小于r0時(shí)，兩個(gè)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，分子間距減小時(shí)，斥力做負(fù)功，分子勢能增大，B錯(cuò)誤；單晶體、多晶體的熔點(diǎn)一定，但多晶體具有各向同性，具有各向異性的物質(zhì)一定是單晶體，C錯(cuò)誤；液體表面張力會(huì)使液體表面具有收縮的趨勢，肥皂泡在空中呈球狀是液體的表面張力引起的，D正確。2．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)在La型超新星爆發(fā)中，可以觀察到放射性鎳56(eq\o\al(56,28)Ni)衰變?yōu)殁?6(eq\o\al(56,27)Co)。已知鎳56的半衰期為6天，下列說法正確的是()A．該衰變?yōu)棣了プ傿．該衰變過程會(huì)釋放能量C．一定質(zhì)量的鎳56，經(jīng)12天后將全部衰變?yōu)殁?6D．鎳56在常溫下的半衰期比在超新星爆發(fā)時(shí)高溫下的長答案B解析放射性鎳56(eq\o\al(56,28)Ni)衰變?yōu)殁?6(eq\o\al(56,27)Co)，根據(jù)衰變過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，放出的粒子是正電子eq\o\al(0,1)e，該衰變不是α衰變，故A錯(cuò)誤；該衰變過程存在質(zhì)量虧損，會(huì)釋放能量，故B正確；已知鎳56的半衰期為6天，一定質(zhì)量的鎳56，經(jīng)12天后只有eq\f(3,4)鎳56發(fā)生了衰變，故C錯(cuò)誤；半衰期只由原子核內(nèi)部決定，與外界環(huán)境溫度無關(guān)，則鎳56在常溫下的半衰期與在超新星爆發(fā)時(shí)高溫下的半衰期相等，故D錯(cuò)誤。3．(2023·江蘇省海安中學(xué)階段測試)圖甲為電影《流浪地球2》中的太空電梯，又稱為“斯科拉門德快速電梯”，是一種可以在地球表面和太空間來回運(yùn)輸人員和物資的巨型結(jié)構(gòu)。圖乙為其簡化圖，固定在空間站和地球間的剛性“繩索”與空間站一起和地球保持相對(duì)靜止，電梯可沿“繩索”升降，則()A．空間站繞地球運(yùn)行的向心力小于地球?qū)λ娜f有引力B．空間站繞地球運(yùn)行的向心力等于地球?qū)λ娜f有引力C．若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站將落回地面D．若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站做離心運(yùn)動(dòng)答案D解析同步衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，由萬有引力提供向心力，恰好相對(duì)地球靜止，而空間站軌道高于同步衛(wèi)星軌道，若僅由萬有引力提供向心力，空間站的周期大于同步衛(wèi)星的周期，不可能相對(duì)地球靜止，空間站所需的向心力由萬有引力和“繩索”拉力的合力提供，故空間站繞地球運(yùn)行的向心力大于地球?qū)λ娜f有引力，A、B錯(cuò)誤；若連接空間站處的“繩索”斷裂，萬有引力不足以提供向心力，故空間站做離心運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。4.質(zhì)量為m、長為L的勻質(zhì)木板以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，水平地面O點(diǎn)左側(cè)是光滑的，右側(cè)是粗糙的，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，當(dāng)木板全部進(jìn)入粗糙水平地面時(shí)剛好靜止，則木板的初速度v0是()A.eq\r(μgL) B．2eq\r(μgL)C.eq\r(3μgL) D．3eq\r(μgL)答案A解析在O點(diǎn)右側(cè)，摩擦力與木板進(jìn)入到粗糙面的長度成線性關(guān)系，可以用平均摩擦力來求摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得－eq\f(0＋μmg,2)L＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(μgL)，故選A。5．《天工開物》中記載了在冶煉過程中通過牲畜節(jié)省人力的工序，如圖甲所示，牛軛(套在牛頸上的曲木)上兩點(diǎn)通過兩條輕繩與犁前的橫木兩端相連，拖動(dòng)犁沿水平方向運(yùn)動(dòng)。兩輕繩在牛軛上的固定點(diǎn)在同一水平面內(nèi)，間距為0.5m，兩固定點(diǎn)所在直線與犁前橫木(質(zhì)量可忽略)平行，間距為eq\r(3)m，俯視圖可簡化成如圖乙所示，整體關(guān)于虛線對(duì)稱，兩輕繩所在平面與水平面間的夾角為30°，犁受到水平方向的阻力大小為300N，輕繩能承受的最大拉力為200N，則犁前橫木的最大長度為()A．2.5mB．2mC．1.5mD．1m答案A解析橫木受到兩輕繩的合力在兩輕繩所在平面內(nèi)，方向與橫木垂直，對(duì)橫木進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，則兩輕繩的合力大小F合＝200eq\r(3)N。如圖乙所示，在兩輕繩所在平面內(nèi)輕繩拉力由力的合成可知，設(shè)輕繩與F合間的夾角為θ，有2F繩cosθ＝F合，又F繩max＝200N，則(cosθ)min＝eq\f(\r(3),2)，由幾何關(guān)系可知，橫木的最大長度為d＝2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)m＋0.5m＝2.5m，A正確。6.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，紅光與紫光組成的復(fù)色光自空氣沿AO方向，從半圓形玻璃磚的左上方O點(diǎn)射入，分別從B、C點(diǎn)射出，則()A．從B點(diǎn)射出的是紅光B．紅光、紫光通過玻璃磚的時(shí)間相等C．紫光在空氣中的波長比在玻璃中的波長短D．逐漸增大復(fù)色光的入射角，紫光先在半球面上發(fā)生全反射答案B解析由于紫光的頻率大于紅光的頻率，根據(jù)頻率大折射率大，可知玻璃對(duì)紫光的折射率大于紅光，所以從B點(diǎn)射出的是紫光，故A錯(cuò)誤；設(shè)OD長度為d，折射角分別為θB、θC，連接BD、CD，如圖，根據(jù)nB＝eq\f(sini,sinθB)＝eq\f(c,vB)，nC＝eq\f(sini,sinθC)＝eq\f(c,vC)，解得eq\f(sinθB,vB)＝eq\f(sinθC,vC)，光在玻璃中傳播時(shí)間為t＝eq\f(dsinθ,v)，可解得tB＝tC，故B正確；根據(jù)v＝eq\f(c,n)，可知紫光在玻璃中的傳播速度比在空氣中的小，由于頻率不變，結(jié)合λ＝eq\f(v,f)可知，紫光在空氣中的波長比在玻璃中的波長長，故C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，若逐漸增大復(fù)色光的入射角i，則折射角θ也增大，由幾何知識(shí)可知在半圓形玻璃磚內(nèi)部光的入射角反而逐漸減小，則紅光和紫光均不會(huì)發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。7.如圖，x軸上的P(l,0)點(diǎn)處有一正離子源，在xOy平面內(nèi)向第一象限各個(gè)方向發(fā)射速率相同的同種離子。當(dāng)離子沿與x軸正方向成θ＝30°角射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場時(shí)，從y軸上的D點(diǎn)(未畫出)離開磁場，在所有離子軌跡與y軸交點(diǎn)中，D點(diǎn)距離O點(diǎn)最遠(yuǎn)。若θ＝90°，離子將從C點(diǎn)(未畫出)離開磁場，不計(jì)離子重力及離子間的相互作用，DC的長為()A．(2－eq\r(3))l B．(eq\r(3)－1)lC．(eq\r(2)－1)l D．(2－eq\r(2))l答案B解析當(dāng)離子沿與x軸正方向成θ＝30°角射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場時(shí)，從y軸上的D點(diǎn)離開磁場，在所有離子軌跡與y軸交點(diǎn)中，D點(diǎn)距離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，如圖。根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R＝l，OD＝eq\r(3)l，若θ＝90°，離子將從C點(diǎn)離開磁場，可知OC＝l(等于磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑)，則DC＝OD－OC＝(eq\r(3)－1)l，故選B。8.(2023·江蘇省模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，彈簧原長為L，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從距彈簧上端高度為h的P點(diǎn)由靜止釋放，小球與彈簧接觸后立即與彈簧上端粘連，并在豎直方向上振動(dòng)。一段時(shí)間后，小球靜止在O點(diǎn)，此時(shí)彈簧長度為eq\f(L,2)，彈簧的彈性勢能為Ep，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,L)B．小球在運(yùn)動(dòng)過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．小球第一次下落過程中速度最大位置在O點(diǎn)D．Ep<mg(h＋eq\f(L,2))答案D解析小球停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，根據(jù)平衡條件和胡克定律得kΔx＝mg，Δx＝L－eq\f(1,2)L＝eq\f(L,2)，解得k＝eq\f(2mg,L)，A錯(cuò)誤；由分析可知小球開始從高處下落，經(jīng)過一段時(shí)間，最后在O點(diǎn)靜止，說明運(yùn)動(dòng)過程中有阻力作用，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；由于小球在運(yùn)動(dòng)過程中有阻力作用，第一次下落過程中合力為零的平衡位置并不在最后的靜止位置，故O點(diǎn)不是第一次下落過程中速度最大處，C錯(cuò)誤；小球從被釋放到第一次經(jīng)過最后的靜止位置，根據(jù)能量守恒定律有mg(h＋eq\f(L,2))＝Ep＋Ek＋W克f，則Ep＝mg(h＋eq\f(L,2))－Ek－W克f<mg(h＋eq\f(L,2))，D正確。9.(2023·江蘇省海安高級(jí)中學(xué)高三月考)用電流傳感器研究電容器充、放電現(xiàn)象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開關(guān)S1，待電流穩(wěn)定后再閉合開關(guān)S2，通過傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像是()答案A解析閉合開關(guān)S1后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時(shí)通過傳感器的電流為零；再閉合開關(guān)S2，因?yàn)殡娙萜鞯碾妷捍笥赗2兩端的電壓，電容器放電，電容器的電壓與R2的電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，且電流方向與開始充電時(shí)的電流方向相反，當(dāng)電容器的電壓等于R2兩端的電壓時(shí)，此時(shí)通過傳感器的電流為零，故選A。10.如圖所示，菱形ABCD上B、C、D三點(diǎn)放置電荷量分別為＋Q、－Q、＋Q的點(diǎn)電荷，O為菱形的中心，a、b、c、d為四條邊的中點(diǎn)，∠ABC＝60°，則a、b、c、d四點(diǎn)的電勢關(guān)系為()A．φa＝φd>φb＝φcB．φa＝φb＝φc＝φdC．φa＝φb>φc＝φdD．φb＝φc>φa＝φd答案A解析根據(jù)對(duì)稱性可知，B、C兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在a點(diǎn)產(chǎn)生的電勢與C、D兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，又D處點(diǎn)電荷在a點(diǎn)產(chǎn)生的電勢與B處點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，可得a、d兩點(diǎn)處的電勢相等，同理可得b點(diǎn)電勢與c點(diǎn)電勢相等。在B、D處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，a點(diǎn)與b點(diǎn)的電勢相等，a點(diǎn)距離負(fù)點(diǎn)電荷遠(yuǎn)，則a點(diǎn)處的電勢大于b點(diǎn)處的電勢，根據(jù)以上分析可知a、b、c、d四點(diǎn)的電勢關(guān)系為φa＝φd>φb＝φc，A正確。11.(2023·江蘇南京市模擬)如圖，豎直平面內(nèi)有一寬度為L的有界勻強(qiáng)磁場，一邊長為a(a<L)的正方形線框以一定的初速度v0水平拋出，從右邊界離開磁場，運(yùn)動(dòng)過程中線框不翻轉(zhuǎn)。關(guān)于進(jìn)、出磁場的兩個(gè)過程，下列說法正確的是()A．進(jìn)入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量大B．進(jìn)入磁場過程中速度變化量小C．飛出磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量多D．重力做的功相等答案B解析設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框電阻為R，根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，由于線框進(jìn)、出磁場的兩個(gè)過程穿過線框的磁通量變化量大小相等，則兩個(gè)過程通過線框橫截面的電荷量相等，故A錯(cuò)誤；將線框的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，可知線框豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，線框在進(jìn)、出磁場的兩個(gè)過程水平方向均做減速運(yùn)動(dòng)，則線框進(jìn)入磁場過程所用時(shí)間小于線框離開磁場過程所用時(shí)間，豎直方向根據(jù)Δvy＝gΔt，可知線框進(jìn)入磁場過程豎直方向的速度變化量小于線框離開磁場過程豎直方向的速度變化量；線框在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得－Beq\x\to(I)aΔt＝－Baq＝Δpx＝mΔvx，由于線框進(jìn)、出磁場的兩個(gè)過程通過線框橫截面的電荷量相等，則線框進(jìn)、出磁場的兩個(gè)過程水平方向的速度變化量相等，根據(jù)Δv＝eq\r(Δvx2＋Δvy2)，可知線框進(jìn)入磁場過程中速度變化量小于線框離開磁場過程中速度變化量，故B正確；線框產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，根據(jù)F安＝Beq\x\to(I)a＝eq\f(B2a2\x\to(v)x,R)，由于線框進(jìn)入磁場過程的水平平均速