2024版高考物理復習：考前特訓 選擇題提速練

選擇題提速練(5)(限時25分鐘)1．(2023·江蘇省揚州中學階段測試)我國自主研發(fā)的東方超環(huán)(EAST)是國際首個全超導托卡馬克核聚變實驗裝置，有“人造太陽”之稱。“人造太陽”核反應的方程可能是()A.eq\o\ar(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\ar(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2eq\o\al(1,0)nB.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nC.eq\o\ar(226,88)Ra→eq\o\ar(222,86)Rn＋eq\o\al(4,2)HeD.eq\o\ar(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\ar(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H答案B解析四個核反應依次是重核裂變、輕核聚變、α衰變和人工核轉(zhuǎn)變，“人造太陽”為輕核聚變，故B正確。2.(2023·江蘇南通市適應性考試)如圖所示，從地面上同一位置同時拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，已知兩球運動的最大高度相同，空氣阻力不計，則上述運動過程中()A．B相對A做勻速直線運動B．B的速度變化率逐漸增大C．B的速率始終比A的小D．B的初動量比A的大答案A解析依題意，兩小球均做斜拋運動，二者具有相同的加速度，所以B相對A做勻速直線運動，故A正確；根據(jù)g＝eq\f(Δv,Δt)可知，B的速度變化率不變，故B錯誤；根據(jù)vy2＝2gH可知，兩球拋出時初速度的豎直分速度相同，又vy＝gt，即兩球在空中運動的時間也相同，根據(jù)x＝vxt可知，小球A拋出時初速度的水平分速度較小，根據(jù)v＝eq\r(vx2＋vy2)，易知球B的初速度比球A的大，根據(jù)p＝mv可知兩球質(zhì)量關系未知，無法判斷初動量大小，同理可得出兩小球在運動過程中，豎直方向的分速度始終相同，水平方向的分速度A球小于B球，所以B的速率始終比A的大，故C、D錯誤。3.(2023·江蘇省高三聯(lián)考)空間探測衛(wèi)星主要用于探測太陽風對地球空間環(huán)境的影響，近地點為幾百公里，遠地點為幾萬公里。如圖所示兩空間探測衛(wèi)星A、B在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球運行。則()A．衛(wèi)星A的線速度大小大于衛(wèi)星B的線速度大小B．衛(wèi)星A與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積與B與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積不相等C．衛(wèi)星A的半長軸三次方與周期二次方的比值比衛(wèi)星B的小D．衛(wèi)星A的發(fā)動機短時間噴氣一次，就能轉(zhuǎn)移到衛(wèi)星B的軌道上答案B解析衛(wèi)星A、B的軌道為橢圓，所以每一個點的速度大小不同，無法確定速度大小的比較，A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律，衛(wèi)星A、B在兩個不同的橢圓軌道上運動，則衛(wèi)星A與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積與B與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積不等，B正確；根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星A的半長軸三次方與周期二次方的比值與衛(wèi)星B的相等，C錯誤；衛(wèi)星A的發(fā)動機短時間噴氣一次，速度增大做離心運動，軌道會與原軌道加速點相切，D錯誤。4.如圖所示，A、B為兩帶電小球，B用絕緣輕質(zhì)細線懸掛于O點，A球固定且在O點正下方，和B球相連的細線與豎直方向成一定的夾角，已知OA∶OB∶AB＝5∶5∶3，細線對B的拉力與A對B作用力的大小之差為Fn，重力加速度為g，則小球B的質(zhì)量為()A.eq\f(Fn,2g)B.eq\f(3Fn,2g)C.eq\f(5Fn,2g)D.eq\f(7Fn,2g)答案C解析以小球B為研究對象，其受到重力G＝mBg、A對它的作用力F2和細線的拉力F1三個力作用，受力情況如圖所示，作出F1、F2的合力F，由平衡條件得F＝G，根據(jù)△CBD和△OAB相似可得，eq\f(F,OA)＝eq\f(F2,AB)＝eq\f(F1,OB)，又F1－F2＝Fn，解得mB＝eq\f(5Fn,2g)，C正確。5．(2023·江蘇南京市、鹽城市一模)湖面上P、Q兩艘小船(均視為質(zhì)點)相距6m，一列水波以大小為1m/s的波速沿PQ方向傳播，在t＝0時刻水波恰好到達小船P處，此時小船P由平衡位置開始豎直向上運動，t＝1.5s時刻小船P第一次到達最低點。則下列說法正確的是()A．水波的周期為4sB．水波的波長為4mC．水波從小船P傳到小船Q的時間為6sD．從小船Q起振到小船Q第一次到達最高點的時間為1s答案C解析由于在t＝0時刻水波恰好到達小船P處，此時小船P由平衡位置開始豎直向上運動，t＝1.5s時刻小船P第一次到達最低點，則有eq\f(3,4)T＝1.5s，解得T＝2s，A錯誤；根據(jù)v＝eq\f(λ,T)，解得λ＝2m，B錯誤；根據(jù)v＝eq\f(Δx,Δt)，解得水波從小船P傳到小船Q的時間Δt＝6s，C正確；介質(zhì)中各質(zhì)點的起振方向相同，即小船Q起振方向為由平衡位置開始豎直向上運動，則從小船Q起振到小船Q第一次到達最高點的時間為eq\f(T,4)＝0.5s，D錯誤。6．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)二模)環(huán)形變壓器視為理想變壓器，原線圈匝數(shù)n1＝880匝，副線圈接一個“12V，22W”的照明電燈，示意圖如圖甲所示，圖中電壓表與電流表均為理想交流電表。原線圈接交流電源，原線圈兩端的電壓隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V，最大值始終保持不變，照明電燈恰好正常發(fā)光。則()A．原線圈兩端電壓的有效值和t＝2.5×10－3s的電壓瞬時值相等B．若電壓表為非理想交流電表，讀數(shù)比理想電壓表讀數(shù)小C．照明電燈正常發(fā)光時，電流表的讀數(shù)為0.05AD．在t＝5×10－3s時刻，電壓表的示數(shù)為零答案A解析原線圈兩端電壓的有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由題圖乙可知電壓周期T＝2×10－2s，則電壓瞬時值表達式為u＝Umcoseq\f(2π,T)t＝220eq\r(2)cos(100πt)V，當t＝2.5×10－3s時的電壓瞬時值為u＝220eq\r(2)cos(100π×2.5×10－3)V＝220V，即原線圈兩端電壓的有效值和t＝2.5×10－3s的電壓瞬時值相等，A正確；根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，原線圈兩端有效值一定時，副線圈兩端電壓也一定，電壓表測的是變壓器副線圈兩端電壓，其不會隨外電阻的變化而變化，即若電壓表為非理想交流電表，其讀數(shù)與理想電壓表讀數(shù)相等，B錯誤；照明電燈正常發(fā)光時，通過副線圈的電流為I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(11,6)A，線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,12)＝eq\f(55,3)，則電流表的讀數(shù)為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.1A，C錯誤；電壓表測的是副線圈兩端電壓的有效值，即始終為12V，D錯誤。7.在斯特林循環(huán)中，一定質(zhì)量理想氣體從狀態(tài)a依次經(jīng)過狀態(tài)b、c、d后再回到最初狀態(tài)a完成一次循環(huán)，如圖所示，實現(xiàn)由高溫熱源吸熱，部分轉(zhuǎn)化為機械功后向低溫熱源放熱的效果。整個過程由兩個等溫和兩個等容過程組成。在a→b、b→c、c→d、d→a的過程中，氣體與外界的熱量交換分別為9J、20J、12J、20J。定義該循環(huán)的熱效率為經(jīng)歷一個循環(huán)所轉(zhuǎn)化的機械功與從外界吸收熱量的比值，已知斯特林循環(huán)的等容變化過程的熱量交換不計入熱效率計算，則下列說法正確的是()A．狀態(tài)a比狀態(tài)c的溫度高B．b→c的過程中，單位時間內(nèi)單位器壁面積上分子碰撞次數(shù)減少C．完成一次循環(huán)，外界對氣體做功3JD．氣體的熱效率為25%答案D解析d→a的過程，體積不變，壓強降低，由eq\f(pV,T)＝C可知，溫度降低，c、d在同一條等溫線上，溫度相等，故狀態(tài)a比狀態(tài)c的溫度低，A錯誤；b→c的過程中，體積不變，壓強增大，故溫度升高，單位時間內(nèi)單位器壁面積上分子碰撞次數(shù)增多，B錯誤；a→b、d→a過程氣體放熱，b→c、c→d過程氣體吸熱，由于內(nèi)能不變，則完成一次循環(huán)，氣體對外界做功3J，C錯誤；由于斯特林循環(huán)的等容變化過程的熱量交換不計入熱效率計算，一個循環(huán)內(nèi)，只計算a→b和c→d過程，這兩個過程只有c→d過程氣體吸熱。根據(jù)氣體的熱效率的定義，轉(zhuǎn)化的機械功為3J，氣體從外界吸收熱量為12J，故氣體的熱效率為25%，D正確。8.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ab＝L，一個粒子源在b點將質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(不計粒子重力及粒子間的相互作用)()A.eq\f(qBL,2m)B.eq\f(qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m)D.eq\f(\r(3)qBL,3m)答案D解析由左手定則和題意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁場區(qū)域內(nèi)轉(zhuǎn)半周時，運動時間最長，速度最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，由幾何關系可得最大半徑r＝ab·tan30°＝eq\f(\r(3),3)L，由洛倫茲力提供向心力得qvmB＝meq\f(vm2,r)，從而求得最大速度vm＝eq\f(\r(3)qBL,3m)，A、B、C錯誤，D正確。9.如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經(jīng)過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，重力加速度為g，則()A．v＝v0 B．v>v0C．a(chǎn)2＝eq\r(2)gsinθ D．a(chǎn)1＝eq\r(2)gsinθ答案D解析小滑塊在斜面上滑動，摩擦力大小始終不變?yōu)镕f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，滑塊速度從水平到豎直過程中根據(jù)動能定理得mgsinθ·y－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，根據(jù)幾何關系可知s>y，可知v<v0，故A、B錯誤；摩擦力的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知Ff的方向與重力沿斜面向下的分力的方向的夾角為90°到180°，則合力的大小范圍滿足mgsinθ－Ff≤F合≤eq\r(Ff2＋mgsinθ2)，結合牛頓第二定律F合＝ma，可得0≤a≤eq\r(2)gsinθ，則a1＝eq\r(2)gsinθ，a2＝0，故D正確，C錯誤。10．(2023·江蘇省如皋中學階段測試)利用如圖甲所示的裝置可以測量待測圓柱形金屬絲與標準圓柱形金屬絲的直徑差，T1、T2是標準平面玻璃，A0為標準金屬絲，直徑為D0，A為待測金屬絲，直徑為D。用波長為λ的單色光垂直照射玻璃表面，干涉條紋如圖乙所示，相鄰亮條紋的間距為ΔL。則()A．D與D0相差越大，ΔL越大B．輕壓T1的右端，若ΔL變小，有D<D0C．相鄰亮條紋對應的空氣薄膜厚度差為λD．圖乙可能是D與D0相等時產(chǎn)生的條紋答案B解析設標準平面玻璃之間的夾角為θ，由題設條件有tanθ＝eq\f(|D－D0|,L)，由空氣薄膜干涉條件有2ΔLtanθ＝λ，即ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)，由此可知D與D0相差越大，θ越大，ΔL越小，A錯誤；輕壓T1的右端，若ΔL變小，由ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)可知，θ變大，因為壓的是右側(cè)，說明右側(cè)直徑小，即有D<D0，B正確；相鄰亮條紋的光路對應的是光程差，是空氣薄膜厚度差的2倍，C錯誤；當D＝D0時，光程差相等，則不產(chǎn)生干涉條紋，故D錯誤。11．如圖甲所示，光滑絕緣的水平面上固定有平行部分間距為L＝1m的光滑U形金屬導軌，導軌的左側(cè)接一阻值為R＝1Ω的定值電阻，在兩虛線(與導軌垂直)間存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B＝1T的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d。現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.1kg的導體棒ab(與導軌垂直)以某一水平向左的初速度從導軌的右端開始運動，在運動過程中導體棒始終受到水平向右的恒力F的作用，規(guī)定水平向左為正方向，導體棒的加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，導軌與導體棒的電阻不計，導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，下列說法正確的是()A．恒力F的大小為10NB．導體棒剛進入磁場時回路中的感應電流為4AC．導體棒向左穿過磁場的過程，通過R的電荷量為0.2CD．導體棒向左穿過磁場的過程，恒力F對導體棒做的功為－0.15J答案D，解得F＝1N，A錯誤；導體棒剛進入磁場時，有F1＝BI1L，I1＝eq\f(E1,R)，E1＝BLv1，F(xiàn)1＋F＝ma1，解得v1＝3m/s，I1＝3