(共25张PPT)
选择题专项练(一)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024江苏南通一模)如图所示,医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出,在此过程中瓶中气体的( )
A.压强增大,分子数密度增大
B.压强增大,分子数密度减小
C.压强减小,分子数密度增大
D.压强减小,分子数密度减小
解析 医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出,在此过程中瓶中药液的体积减小,则瓶中气体的体积增大,气体的温度可视为不变,则气体的压强减小,气体分子总数一定,则气体分子数密度减小。故选D。
D
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2.(2024湖南岳阳二模)如图所示,一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面,在圆心O处发生折射,光分成了两束单色光a、b分别从A、B两点射出,下列说法正确的是( )
A.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B.a光从O点传播到A点的时间大于b光从O点
传播到B点的时间
C.若该复色光由红光与紫光组成,则a光为红光
D.若用同一双缝干涉装置实验,可看到a光的干涉条纹间距比b光的长
B
解析 由图可知,两光的入射角相同,a光的折射角小,根据n=可知,a光的折射率大,故A错误;根据v=可知,在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度,光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r,根据t=可知,在玻璃砖中a光的传播时间大于b光的传播时间,故B正确;a光的折射率大,频率高,波长短,若该复色光由红光与紫光组成,则a光为紫光,故C错误;若用a、b光分别进行双缝干涉实验,在其他条件相同的情况下,根据Δx=λ可知,a光的干涉条纹间距小于b光的,故D错误。
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3.(2024广西贵港二模)B超是医院对病人进行检查的重要设备,B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体不同组织时会产生不同程度的反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是( )
A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向
B.探头发出的超声波在人体中的传播
速度为1.4×103 m/s
C.t=0.75×10-7 s时,质点M运动到横坐标
x=28×10-2 mm处
D.0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为1.6 mm
B
解析 因为超声波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故A错误;由图像可知波长为λ=14×10-2 mm,则探头发出的超声波在人体中的传播速度为v==λf=14×10-5×1×107 m/s= 1.4×103 m/s,故B正确;质点并不会随波的传播方向迁移,故C错误;由题意可知周期为T==1×10-7 s,由于Δt=0.75×10-7 s=T,且t=0时刻,质点M处于平衡位置开始起振,则0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为s=×4A=3A=1.2 mm,故D错误。
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4.(2024河北一模)研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大,但是二者之间并不成正比关系,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数的关系如图所示,一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核,小于则为轻核,下列对该图像的说法错误的是( )
A.从图中可以看出,Fe原子核最稳定
B.从图中可以看出,重核A裂变成原子核
B和C时,释放核能
C.从图中可以看出,轻核D和E发生聚变
生成原子核F时,释放核能
D.从图中可以看出,重核随原子序数的
增加,其比结合能越大
D
解析 从图中可以看出,Fe原子核核子平均质量最小,比结合能最大,Fe原子核最稳定,故A正确,不符合题意;重核A裂变成原子核B和C时,由图可知,核子平均质量减小,裂变过程存在质量亏损,需要释放能量,故B正确,不符合题意;轻核D和E发生聚变生成原子核F时,由图可知,核子平均质量减小,聚变过程存在质量亏损,需要释放能量,故C正确,不符合题意;从图中可以看出,重核随原子序数的增加,原子核越不稳定,故比结合能越小,故D错误,符合题意。
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5.(2024山东枣庄一模)如图所示,光滑斜面与平台相连,小物块以某一初速度从斜面底端冲上斜面并从平台右端滑落。已知斜面长2 m,小物块在斜面上运动的时间为1 s,则其初速度的大小可能为( )
A.2 m/s B.3 m/s
C.4 m/s D.5 m/s
B
解析 设小物块的初速度大小为v0,加速度大小为a,根据匀减速直线运动规律有x=v0t-at2,v=v0-at>0,联立解得v0<4 m/s,小物块做匀减速直线运动,则其初速度大于平均速度,即有v0>=2 m/s,所以有2 m/s1
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6.篮球是中学生喜欢的运动,如图所示,小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出,篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点,不计空气阻力,上述两个过程中篮球从A点( )
A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出的相等
B.抛出后速度的变化量大
C.抛出时小明对篮球做的功多
D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小
A
解析 将篮球看成反向平抛运动,篮球在竖直方向下降的高度相同,根据竖直方向上的位移—时间公式得h=gt2,解得运动时间为t=,所以两个过程中篮球在空中运动的时间相等,抛出后速度的变化量都等于gt,即Δv=gt,故A正确,B错误;由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小,根据水平方向上的运动学公式得x=v0t,所以有v0A1
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7.(2024山西一模)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个点电荷,等量同种负电荷固定在A、B两点;等量同种正电荷固定在C、D两点,O是正方形的中心。现将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处,规定无穷远处电势为零,则( )
A.移动前,O点的电势大于零
B.移动过程中,O点电场强度一直减少
C.移动过程中,C处点电荷所受静电力先减小后增大
D.移到无穷远处时,O点的电势小于零
B
解析 等量异种点电荷的中垂线上电势为0,移动前,把A、C处点电荷作一组,把B、D处点电荷作一组,可知O点的电势为零,故A错误;移动过程中,B、D处点电荷在O处的电场强度不变,方向由D到B,C处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不变,A处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不断变小,由平行四边形定则可知移动过程中,O点电场强度一直减少,同理,D、B处点电荷在C处的电场强度不变,方向由D到B,而A处点电荷在移动过程中,在C处产生的电场强度越来越小,所以C点的电场强度越来越小,则C处点电荷所受静电力一直减小,故B正确,C错误;将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处后,相当于只有C处的正点电荷在O处产生电势,则O点的电势大于零,故D错误。
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8.如图所示,甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星,甲、丙的轨道为圆,乙的轨道为椭圆。则三颗卫星( )
A.在轨道上运行的周期关系是T甲>T乙>T丙
B.在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是a1>a2>a3
C.在轨道上1、2、3位置的速率关系是v1>v2>v3
D.在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系是F1>F2>F3
B
解析 根据开普勒第三定律可得=k,三颗卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大,所以周期增大,即T甲a2>a3,故B正确;根据万有引力提供向心力有G=m,得v=,所以v1>v3,但无法确定v2与v3的大小关系,故C错误;由于不知道三颗卫星的质量关系,所以不能确定它们在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系,故D错误。
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.(2024河南周口二模)如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布,在ab端输入稳定的正弦式交变电流,电压有效值为Uab,cd间输出电压有效值为Ucd。初始时,铁芯两端与副线圈平齐,铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内,
则铁芯( )
A.向上移动,Ucd减小
B.向下移动,Ucd增大
C.静止不动,增大Uab,则Ucd不变
D.向上移动一段距离后,增大Uab,则Ucd减小
BC
解析 根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知,两组匝数相等的副线圈上下对称,当铁芯两端与副线圈平齐时,两副线圈产生的感应电动势相互抵消,则cd间输出的电压为零,无论铁芯向上移动还是向下移动,cd间的输出电压均增大,A错误,B正确;若铁芯静止不动,增大 ab 间的输入电压,则两副线圈产生的感应电动势仍相互抵消,cd 间输出的电压不变,仍为零,C正确;由以上分析可知,铁芯向上移动一段距离后,cd 间一定有电压输出,若Uab增大,结合公式可知,cd间的输出电压一定增大,D错误。
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10.(2024安徽一模)如图所示,轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端,弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到M点(弹簧和小球不连接)。由静止释放小球后,将该时刻记为t=0,小球第一次运动到O点的时刻为t=t1,小球运动到的最高点为N。在小球第一次从M点运动到N点的过程中,小球的速度v、加速度a、动能Ek以及小球机械能E随时间t变化的图像可能正确的是
( )
AC
解析 小球向上运动过程中,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma,随着弹力减小,加速度逐渐减小,速度逐渐增大,至F'=mgsin θ,此时加速度为0,速度达到最大,小球位于MO之间,随后有mgsin θ-F=ma,随着弹力F逐渐减小,加速度逐渐增大,直至t=t1后,加速度为a=gsin θ,之后加速度保持不变,速度逐渐减小,结合v-t图像斜率为加速度,动能的计算公式Ek=mv2可知,A、C正确, B错误;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做正功,小球机械能先增大,后不变,故D错误。
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11.(2024天津南开一模)嫦娥5号经过约19小时月面工作完成了月面自动采样封装,这其中需要用到许多压力传感器。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号,当压力改变时有电流通过霍尔元件。如图所示,一块宽为a、长为c、高为h的长方体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入如图所示方向的电流时,电子的定向移动速度为v。若元件处于磁感应强度为B、方向垂直于上表面向下的匀强磁场中,前后两表面会形成电势差U。
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下列说法正确的是( )
A.自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直前表面向外
B.前表面的电势比后表面的高
C.自由电子受到的洛伦兹力大小为
D.前、后表面间电势差U=Bhv
答案 AC
解析 电流方向向左,自由电子向右定向移动,由左手定则可知,自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直前表面向外,则前表面积累了自由电子,前表面的电势比后表面的低,故A正确,B错误;由自由电子受力平衡可得F洛=evB=,解得U=Bav,故C正确,D错误。
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12.(2024广东韶关二模)电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具,它利用电磁力来实现有效缓冲,其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外、宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为m,其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈,线圈电阻为r,缓冲车以速度v0无动力进入减速区,不计摩擦及空气阻力。
则( )
A.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向
B.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动
C.若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,此时缓冲车受到的安培力大小为
D.从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,在缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为
ABD
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解析 根据右手定则可知,缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向,故A正确;缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,根据牛顿第二定律得NIBL=ma,线圈中的电流为I=,可得a=,根据左手定则可知,缓冲车受到的安培力向左,故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动,故B正确;若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,线圈中的电流为I'=,此时缓冲车受到的安培力大小为F'=2I'BL=,故C错误;从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,到缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为q=Δt=Δt=,故D正确。
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12(共31张PPT)
选择题专项练(二)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024河北模拟)科学家发现某星球周围存在着环状物质,为了测定环状物质是该星球的组成部分,还是环绕该星球的卫星群,用天文望远镜观察发现,该环状物质的ω2-r-3(ω为环状物质绕星球做匀速圆周运动的角速度,r为环状物质到星球中心的距离)图像如图所示,其斜率为k。引力常量为G,下列说法正确的是( )
A.环状物质是该星球的组成部分
B.该星球的自转周期为
C.该星球的质量为
D.该星球表面的重力加速度为k
C
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解析 若环状物质为卫星群,根据万有引力提供向心力有G=m2ω2r,解得ω2=Gm1·r-3,与环状物质的ω2-r-3图像对应,故环状物质为环绕该星球的卫星群,故A错误;ω2-r-3图像斜率为k,故k=Gm1,故该星球的质量为m1=,故C正确;根据牛顿第二定律得G=mg,因为不知道星球半径,故不能求出该星球表面的重力加速度,故D错误;因为环状物质为该星球的卫星群,与星球的自转的角速度不相同,故不能求出该星球的自转周期,故B错误。
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2.(2024云南一模)光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳,两人分别握住软绳的一端,在水平面上沿垂直于绳的方向摆动,形成沿x轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列波的波形分别如图甲、乙所示,此时两列波分别传到离手12 m和15 m处。下列说法正确的是( )
A.两列波的周期相等
B.两列波的波源同时开始振动
C.两列波的波源起振方向相同
D.此时图乙所示的波中x=8 m处质点的加速度方向沿y轴负方向
D
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解析 由题意可知两列波的传播速度相同,由图甲、乙可知,两列波的波长不同,则两列波的周期不相等,故A错误;由于两列波的传播速度相同,由图甲、乙可知,两列波的传播距离不同,所以两列波的波源不是同时开始振动,故B错误;根据波形平移法可知,图甲中x=12 m处质点的起振方向沿y轴负方向,图乙中x=15 m处质点的起振方向沿y轴正方向,而波源的起振方向与质点的起振方向相同,所以两列波的波源起振方向不相同,故C错误;此时图乙所示的波中x=8 m处质点位移方向为y轴正方向,则加速度方向沿y轴负方向,故D正确。
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3.如图所示,质量相等的A、B两物体放在轻质薄板C的两端,C与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下,A、B、C一起由静止开始运动,已知F1>F2,三者始终相对静止( )
A.若突然撤去F1,物体A的加速度一定减小
B.若突然撤去F1,物体A所受的摩擦力一定减小
C.若突然撤去F2,物体B的加速度一定减小
D.若突然撤去F2,物体B所受的摩擦力一定增大
B
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4.(2024山东德州模拟)一倾角α=37°的粗糙斜面,斜面顶端安装一滑轮,滑轮大小忽略不计,将斜面固定在地面上,一轻绳跨过定滑轮一端连接放在斜面上的物体A,质量为m1,另一端悬挂小球B,质量为m2。用手按住A使之静止不动,让小球B在竖直面内左右摆动,摆动稳定后,放开按住A的手,发现当小球摆动到最高点时,A恰好不下滑,当小球摆到最低点时,A恰好不上滑,如图所示,已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5,
则值为( )
A. B.
C. D.
B
解析 小球摆动到最高点时,A恰好不下滑,对A分析可得m1gsin α=μm1gcos α+F1,此时对小球分析可得F1=m2gcos θ,小球摆到最低点时,A恰好不上滑,对A分析可得m1gsin α+μm1gcos α=F2,此时对小球分析可得F2-m2g=,小球从最高点运动到最低点,由动能定理可得m2gL(1-cos θ)=m2v2,联立以上各式,代入数据可得,故选B。
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5.氢原子光谱在可见光区域内的四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ,如图所示,它们都是氢原子中电子从能级数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光。下列关于Hα、Hβ、Hγ和Hδ四条谱线的描述正确的是( )
A.Hα对应的前后能级之差最大
B.同一介质对Hβ的折射率最大
C.同一介质中Hγ的传播速度最大
D.用Hβ照射某一金属能发生光电
效应,则用Hδ照射该金属时也一定能发生光电效应
D
解析 Hα波长最长,根据f=,频率最小,能量最小,Hα对应的前后能级之差最小,故A错误;Hδ频率最大,则同一介质对Hδ的折射率最大,故B错误;Hα波长最长,频率最小,折射率最小,根据v=,同一介质中Hα的传播速度最大,故C错误;Hδ频率大于Hβ频率,用Hβ照射某一金属能发生光电效应,则用Hδ照射该金属时也一定能发生光电效应,故D正确。
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6.(2024辽宁葫芦岛一模)某科研小组设计了一款超重报警装置,其结构原理图如图所示,主体是导热性能良好的薄壁密闭容器,厚度和质量不计的活塞通过轻杆连接轻质平台。平台上未放重物时,内部封闭理想气体气柱长度L=0.2 m;当活塞进入预警区域时,系统会发出超重预警。横截面积S=0.01 m2,底部的预警区域深度h=0.1 m,平台上轻放质量为m的重物稳定时,活塞刚好触动报警装置。已知环境温度不变,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2,不计摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.重物的质量m=200 kg
B.重物的质量m=1 000 kg
C.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出
的热量为100 J
D.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为200 J
D
解析 最终稳定时,封闭气体温度不变,有p0LS=p1hS,又p1=p0+,联立得m=100 kg,A、B错误;设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W,则W=(mg+p0S)(L-h),代入数据求得W=200 J,封闭气体内能不变,根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q,得Q=-200 J,气体对外界放出的热量为200 J,C错误,D正确。
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7.(2024河南一模)两个点电荷固定在x轴上的M、N两点,x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远电势为零,下列说法正确的是( )
A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点
的点电荷电荷量小
B.Q点的电势为零
C.从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力
作用下,到D点前它将一直做加速运动
D.从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它向左运动过程中电势能将一直减小
C
解析 M、N两点连线中点处电场强度大于0,且两点间电场强度最小位置处距离N点较近,可知,固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大,故A错误;若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动,电场力做正功,电势能不断减小,一直到零,所以Q点的电势大于零,故B错误;从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力作用下,到D点前电场强度一直为正值,则电场强度方向不变,电场力方向不变,它将一直做加速运动,故C正确;从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它由Q向N运动过程中电场力做负功,电势能增大,故D错误。
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8.(2024山东青岛一模)如图为某小型水电站电能输送线路示意图,发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r,产生感应电动势有效值为E。升压变压器原、副线圈匝数比为a,降压变压器原、副线圈匝数比为b,两变压器间输电线总电阻为R1,用户端总电阻为R2。电流表为理想电表,变压器为理想变压器,
下列说法正确的是( )
A.电流表的示数I=
B.升压变压器原线圈两端的电压U1=
C.电阻R1、R2消耗的功率之比为R1∶bR2
D.若用户端负载增加,电流表示数变小
B
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解析 降压变压器等效电阻为R3=b2R2,升压变压器等效电阻为R4=a2(R1+b2R2),电流表的示数I1=,故A错误;升压变压器原线圈两端的电压U1=I1R4=,故B正确;根据P=I2R,电阻R1、R2消耗的功率之比为P1∶P2=I2R1∶I2R3=R1∶b2R2,故C错误;若用户端负载增加,用户端总电阻R2减小,电流表示数变大,故D错误。
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动,是奥运会比赛项目之一。一名同学某次在篮球上升的最高点竖直向下拍球,如图所示,手与篮球的作用距离为0.25 m(还没到达地面),篮球离手瞬间的速度为5 m/s,篮球的质量为0.4 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,
则本次拍球( )
A.人对篮球做的功为5.0 J
B.人对篮球做的功为4.0 J
C.手给篮球的冲量大小为2.5 kg·m/s
D.手给篮球的冲量小于2.0 kg·m/s
BD
解析 该同学拍篮球的过程,由动能定理得mgh+W=mv2,解得该同学对篮球做的功为W=4.0 J,故A错误,B正确;该同学拍篮球的过程,取竖直向下为正方向,由动量定理得I+mgΔt=mv=0.4×5 kg·m/s=2.0 kg·m/s,因mgΔt>0,则I<2.0 kg·m/s,手给篮球的冲量小于2.0 kg·m/s,故C错误,D正确。
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10.(2024山东德州模拟)甲、乙两质点沿同一直线运动,其中甲做匀变速直线运动,乙以大小为5 m/s的速度做匀速直线运动,在t=3 s时,两质点相遇,它们的位置随时间变化及相遇时切线数据如图所示,
在0~3 s时间内,下列判断正确的是( )
A.相遇时甲质点的速度大小为3 m/s
B.甲质点的初速度大小为7 m/s
C.甲质点的加速度大小为2 m/s2
D.在t=1.5 s时,甲、乙两质点相距最远
BC
解析 x-t图像的斜率表示速度,则两质点相遇时甲质点的速度大小为v3= m/s=1 m/s,故A错误;设甲质点的初速度大小为v0,加速度大小为a,有v3=v0-at,x=v0t-at2=3×5 m-3 m,解得v0=7 m/s,a=2 m/s2,故B、C正确;甲、乙两质点速度相等时,两质点相距最远,有v0-at1=v,解得t1=1 s,故D错误。
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11.(2024广东二模)如图为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装置简化图。现有一足够高的圆柱形空间,其底面半径为R,现以底面圆心为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz。在圆柱形区域内存在着沿z轴负向的匀强磁场和匀强电场,在x>R的区域内存在着沿x轴正向的匀强电场。坐标为的P点有一电子源,在xOy平面内同时沿不同方向向圆柱形区域内发射了一群质量为m、电荷量为-q的电子,速度大小均为v0。
已知磁感应强度的大小为,不计电子的重力,则从电子发射到完全离开圆柱形区域的过程中,下列说法正确的是( )
A.电子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同
B.电子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy平面
C.所有电子在磁场中运动的总时间均相同
D.最晚和最早完全离开圆柱形区域的电子的时间差为
AC
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解析 如图所示,电子在磁场中做匀速圆周运动,有Bqv0=m,解得R'=R,由于电子的轨迹圆半径和原磁场半径相同,故电子在xOy平面内将先后经历磁发散、进入电场做匀变速直线运动、返回磁场磁聚焦三个过程,最终从xOy平面内的Q点离开,但是速度方向均不相同,它们在z方向上做匀加速直线运动,离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy平面,故A正确,B错误;电子在磁场中均经历了半个周期,因此在磁场中运动总时间相同,故C正确;当电子从P点沿x轴正向发射时,电子在xOy平面内运动时间最长,相较于运动时间最短的电子,其多走的路程为2R,故时间差Δt=,故D错误。
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12.(2024湖北十堰一模)如图所示,一工件由透明材料制作而成,其横截面ABCD为边长为a的正方形,正方形的内切圆部分被挖出。该材料的折射率n=2。圆心O处有一点光源,若只考虑首次直接射向正方形ABCD四边的光线(不考虑光的反射),光在真空中传播的速度为c,
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下列说法正确的是( )
BC
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选择题专项练(三)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024安徽黄山一模)核污水中主要含有的放射性元素氚H)是氢的一种同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期约为12.43年,发生衰变时生成He并放出一个带电粒子H也可以和H发生核反应,生成一个He。下列说法正确的是( )
AH发生的衰变是α衰变
B.该反应存在质量亏损,所以质量数不守恒
C.100 g H存放50年后大约还剩6.25 g
DH和H发生核反应可用于制造原子弹
C
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2.(2024山东枣庄一模)如图所示,取一个透明塑料瓶,向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔,安装上气门嘴,再用橡胶塞把瓶口塞紧,并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾,
下列说法正确的是( )
A.打气过程中,瓶内气体的分子动能保持不变
B.打气过程中,瓶内气体的压强与热力学温度成正比
C.橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,温度降低
D.橡胶塞跳出后,瓶内水迅速蒸发,出现白雾
C
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解析 打气过程中,外界对瓶内气体做功,气体内能增加,瓶内气体的分子动能变大,故A错误;打气过程中,若瓶内气体的质量不变,则根据查理定律,瓶内气体的压强与热力学温度成正比,但打气过程中,瓶内气体的质量增加,则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系,故B错误;橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,瓶内气体对外做功,内能减小,温度降低,水蒸气遇冷液化成小水珠,出现白雾,故C正确,D错误。
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3.《史记》中对日晕有“日有晕,谓之日轮”的描述。如图甲所示,日晕是日光通过卷层云时,受到冰晶的折射或反射而形成的。图乙为太阳光射到六边形冰晶上发生两次折射的光路图,对于图乙中出射的单色光a、b,下列说法正确的是( )
A.单色光a的折射率比单色光b的折射
率大
B.在冰晶中,单色光a的传播速度比单色
光b的传播速度大
C.单色光a的频率比单色光b的频率大
D.单色光a的单个光子能量比单色光b的单个光子能量大
B
解析 根据n=,单色光a、b入射角相同,b光折射角小,则单色光b的折射率大于单色光a的,故A错误;根据v=,单色光b的折射率大于单色光a的,则单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b的大,故B正确;频率越高,折射率越大,则单色光b的频率大于单色光a的,故C错误;根据ε=hν,单色光b的频率大于单色光a的,则单色光b的单个光子能量大于单色光a的,故D错误。
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4.(2024湖南岳阳一模)如图所示,真空中有一边长为l的正六边形ABCDFG, O为正六边形中心,在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-2q、q(q>0)的三个点电荷。已知点电荷Q的电势公式φ=,其中k为静电常量,Q为场源电荷的电荷量,r为某点到Q的距离,取无穷远处电势为零。
则下列说法正确的是( )
A.O点电势为负
B.D点和G点电场强度相同
C.O点的电场强度大小为k,方向由O指向B
D.把一带负电的试探电荷从O点移至F点,其电势能变大
C
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5.(2024河北一模)如图所示,面积为0.1 m2的100匝线圈平行纸面放置,其内部存在垂直纸面的磁场,以垂直纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度B随时间t变化的规律为B=2-0.1t(T)。已知线圈的电阻为4 Ω,定值电阻R的阻值为6 Ω,其余电阻不计。
在0~10 s内,下列说法正确的是( )
A.a、b两点间的电势差Uab=0.6 V
B.电阻R上产生的焦耳热为0.3 J
C.流过电阻R的电流为0.1 A
D.通过电阻R的电荷量为0.1 C
C
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6.如图甲所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25 000 mA·h,负载10 kg时正常工作电流约为5 A,电池容量低于20%时不能正常工作,此时需要用充电器对其进行充电,充电器的输入电压如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.充电器的输入电流频率为100 Hz
B.充电器的输入电压瞬时表达式为
u=220sin 10πt
C.机器人充满电后电池的电荷量为25 C
D.机器人充满电后,负载10 kg时大约可以持续正常工作4 h
D
解析 由图乙可知交流电压的周期为0.02 s,根据f=,可知输入电流频率为50 Hz,故A错误;由图乙可知周期为0.02 s,则ω==100π rad/s,充电器的输入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt V,故B错误;机器人充满电后电池的电荷量Q=It=25 A·h=9×104 C,正常工作可用电荷量为20 A·h,由Q=It,可知负载10 kg时大约可以持续工作4 h,故C错误,D正确。
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7.如图甲所示,直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上,且P固定于水平轴正下方,两组轻绳长也相同,其截面图如图乙所示,导线P通以垂直纸面向里的电流;导线Q电流方向未知,平衡时两导线位于同一水平面,且两组绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知Q的质量为m,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.导线Q中电流方向垂直纸面向里
B.导线P、Q间的安培力大小为2mgsin
C.仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过90°,
导线Q对轻绳的拉力大小逐渐增大
D.当导线P中电流突然消失的瞬间,导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgsin θ
C
解析 对Q进行受力分析可知,P对Q的力为斥力,由安培定则和左手定则可知,两导线的电流方向相反,即导线中电流方向垂直纸面向外,故A错误;设导线Q受到两轻绳的拉力之和为FT,导线P、Q间的安培力为F,对Q进行受力分析如图所示,由几何关系得F=mgtan θ,故B错误;由几何关系得FT=,使导线P中电流I缓慢增大,则θ逐渐增大,又θ不超过90°,则cos θ逐渐变小, FT逐渐增大,故C正确;当导线P中电流突然消失的瞬间,导线P、Q间的安培力消失,此时沿轻绳方向上的合力为零,则导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgcos θ,故D错误。
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8.如图所示,甲、乙两传送带,倾斜于水平地面放置,传送带上表面以同样恒定速率v向上运动,现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v,小物体在乙传送带上到达离E处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v,已知A处到B处、D处到E处的竖直高度均为H,则在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中
( )
A.两种传送带对小物体做功不相等
B.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示
的系统中传送带消耗的电能比乙的多
C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同
D.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示的系统中因摩擦而产生的热量比乙的少
B
解析 在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,根据功能关系可知,传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量,因机械能增量相同,故传送带对小物体做功相等,故A错误;小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小a=μgcos θ-gsin θ,在速度达到v的过程中,小物体在甲传送带上的位移x较大,根据公式a=,可知小物体在甲传送带上时的加速度较小,根据a=μgcos θ-gsin θ,可得μ=+tan θ,即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小,故C错误;在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,只有小物体相对传送带发生滑动时,即只有在加速过程中,系统才发生“摩擦生热”,根据公式Q=Ffx相对计算系统产生的热量,可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系,
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小物体在惯性参考系里做初速度大小为v,加速度大小为a=μgcos θ-gsin θ,末速度为零的匀减速直线运动,可求出x相对=,可见,x相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v过程中的位移,即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功,对于甲传送带,在加速过程中摩擦力做正功设为W1,克服重力做功为mgH,动能改变量为mv2,根据动能定理可求得W1=mv2+mgH,同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W2=mv2+mg,显然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系统产生的热量多,故D错误;在将小物体分别传送到B、E处的过程中,传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能,两种系统增加的机械能相等,产生的内能Q1>Q2,所以甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙的多,故B正确。
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.(2024江西统考一模)陶瓷是中华瑰宝,是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯,如图甲所示,将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上,用刀旋削,使坯体厚度适当,表里光洁。对应的简化模型如图乙所示,粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。
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当转台转速恒定时,关于粗坯上P、Q两质点,下列说法正确的是( )
A.P的角速度比Q的大
B.P的线速度比Q的大
C.P的向心加速度比Q的大
D.同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
答案 BC
解析 由题意可知,粗坯上P、Q两质点属于同轴转动,故ωP=ωQ,即P的角速度大小跟Q的一样大,故A错误;根据v=rω,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以vP>vQ,即P的线速度比Q的大,故B正确;根据a=rω2,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以aP>aQ,即P的向心加速度比Q的大,故C正确;因为转台转速恒定,所以同一时刻P所受合力的方向与Q所受的合力方向均指向中心轴,故合力方向不相同,故D错误。
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10.在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示,某次蹦床活动中,小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落,可将弹性网绳压到最低点B,小孩可看成质点,不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中,小孩的( )
A.重力的功率先增大后减小
B.机械能一直减小
C.重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量
D.机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量
AC
解析 当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,速度v先增大后减小,根据P=mgv可知重力的功率先增大后减小,故A正确;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,小孩的机械能先不变后减小,故B错误;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量,故C正确;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,故D错误。
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11.(2024湖南岳阳一模改编)如图甲所示,小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验,弹簧原长时,小球由静止释放,在弹簧弹力与重力作用下,测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k,地球的半径为R,引力常量为G,不考虑地球自转影响,忽略空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球的位移为x0时,
小球正好处于完全失重状态
B.小球的最大速度为
C.小球的质量为
D.地球的密度为
BC
解析 由题图乙可知,小球的位移为x0时,小球的加速度为0,小球的合力为0,弹簧的拉力与小球的重力等大反向,小球既不是失重状态也不是超重状态,故A错误;小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度二次方的一半,当小球的速度为零时,小球的加速度最大,设小球的最大速度为v,则有v2=a0x0,得小球的最大速度v=,故B正确;设地球表面的重力加速度为g,小球的质量为m,当小球向下运动的位移为x,弹簧的伸长量也为x,设小球的加速度为a,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,整理可得a=-x+g,结合图乙可知-=-,g=a0,则有m=,故C正确;设地球的质量为m地,由mg=,可得m地=,又有g=a0,解得m地=,则地球的密度为ρ=,故D错误。
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12.如图所示,倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上,斜面上有一质量为4m的滑块,通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球(可视为质点)相连,滑轮下方有一个光滑的小孔,轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动,轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止,滑块与斜面的动摩擦因数为,小球与小孔之间的绳长为L,重力加速度为g,
下列说法正确的是( )
A.斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B.若增大小球的转速,轻绳对小孔的作用力减小
C.若增大小球的转速,小球能达到的最大转速为
D.若此时在空间加上竖直向下的电场,要使小球的转速不变,则小球到转动中心的距离增大
AC
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解析 对小球受力分析有mg=FTcos 30°,解得FT=mg,将滑块和斜面看成整体,由平衡条件得,斜面体所受摩擦力大小为Ff1=FTcos 30°=mg×=mg,故A正确;设轻绳与竖直方向的夹角为θ,对小球有FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcos θ=mg,可得FT=mω2L,又因为ω=2πn,所以随着转速的增大,角速度会增大;拉力会增大,轻绳与竖直方向的夹角会增大,两轻绳的夹角会减小,所以合力会增大;所以轻绳对小孔的作用力增大,故B错误;
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因为轻绳对滑块的拉力越大,滑块越容易往上滑动,所以当小球转速最大,即轻绳的拉力最大时,对滑块受力分析得FT=4mgsin 30°+4μmgcos 30°,即mω2L=4mgsin 30°+4μmgcos 30°,可得最大角速度为ω=,所以最大转速为n=,故C正确;加上电场后,对小球受力分析知FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcos θ=mg+qE,因为要使转速不变,即角速度不变,所以轻绳的拉力大小不变,因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了,所以由以上公式知θ减小,即小球到转动中心的距离减小,故D错误。
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10(共25张PPT)
选择题专项练(四)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024山东烟台一模)如图所示,某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中,下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气,瓶内空气看作理想气体,水温上下均匀且恒定不变,则( )
A.瓶内空气对外界做功
B.瓶内空气向外界放出热量
C.瓶内空气分子的平均动能增大
D.单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变
B
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解析 被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内空气温度不变,水进入瓶内,瓶内空气体积减小,可知外界对瓶内空气做正功,故A错误;由于水温上下均匀且恒定不变,所以瓶内空气温度不变,则瓶内空气分子平均动能不变,瓶内空气内能不变,根据热力学第一定律可知,瓶内空气向外界放热,故B正确,C错误;由于瓶内空气体积减小,所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多,故D错误。
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3.(2024山东泰安一模)如图所示,A、B是围绕地球运转的两颗卫星,其中A卫星的轨道半径为RA,B卫星的轨道半径为RB,经过相同的时间,A卫星与地心O的连线扫过的面积为SA,B卫星与地心O的连线扫过的面积为SB,已知SB∶SA=1∶2,则RB∶RA的值为( )
A.1∶2 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶8
C
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解析 设卫星的周期为T,t时间内卫星与地心О的连线扫过的面积为S=πR2,根据题意有SB∶SA==1∶2,根据万有引力提供向心力可得=mR,可得T=,则可得,联立可得RB∶RA=1∶4,故选C。
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4.(2024山东聊城一模)如图所示,正方体框架ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点),不计空气阻力。关于小球的运动,下列说法正确的是( )
A.落点在棱BB1上的小球,落在B1点时平拋的
初速度最大
B.落点在面A1B1C1D1内的小球,落在C1点的
运动时间最长
C.落点在三角形B1C1D1内的小球,平抛初速度
的最小值与最大值之比是1∶2
D.落点在线B1D1上的小球,落地时重力的瞬时功率均不相同
C
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解析 设正方体棱长为l,落点在棱BB1上的小球,落在B1点时竖直位移最大,根据t=可知,运动时间最长,根据v=可知平拋的初速度最小,选项A错误;根据t=可知落点在面A1B1C1D1内的小球竖直位移相等,则运动时间相等,选项B错误;落点在三角形B1C1D1内的小球运动时间相等,最大的水平位移为l,最小水平位移为l,最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2,则平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2,选项C正确;落点在线B1D1上的小球,竖直速度均为vy=,落地时重力的瞬时功率PG=mgvy均相同,选项D错误。
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5.在地球表面,被轻质细线悬挂而处于静止状态的质量为m的小球,所受地球的万有引力作用效果分解示意图如图所示,已知小球所处的纬度为θ(30°<θ<60°),重力为F1,万有引力为F,地球的半径为R,自转周期为T,下列说法正确的是( )
A.细线的拉力FT与F是一对平衡力
B.小球所需的向心力为
C.地球赤道处的重力加速度为
D.地球的第一宇宙速度为
D
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解析 细线的拉力FT与F的合力提供了小球做圆周运动的向心力,A错误;小球做圆周运动的半径为r=Rcos θ,所以小球所需的向心力为Fn=,B错误;小球所处的纬度重力为F1,大于赤道处的重力,所以地球赤道处的重力加速度小于,C错误;根据F=可得地球的第一宇宙速度为v1=,D正确。
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6.(2024湖北武汉模拟)明代方以智在《物理小识》中记载:“凡宝石面凸则光成一条,有数棱则必有一面五色”,这描述的是光的色散现象。如图所示,半圆是一宝石的横截面,MN是其直径,P是圆弧上的一点。在横截面所在的平面,一束光自P点射入宝石,折射为a、b两束单色光。
下列说法正确的是( )
A.宝石对a光的折射率比对b光的折射率大
B.在宝石中a光的传播速度比b光的传播速度小
C.若仅增大光在P点的入射角,a光可能在MN上发生全反射
D.用同一双缝干涉装置做实验,a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距大
D
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解析 由光路可知,b光的偏折程度大于a光,可知宝石对a光的折射率比对b光的折射率小,选项A错误;根据v=可知,在宝石中a光的传播速度比b光的传播速度大,选项B错误;因a光射到MN时的入射角总小于在P点的折射角,则若仅增大光在P点的入射角,光线a射到MN上的入射角不可能达到临界角,则a光不可能在MN上发生全反射,选项C错误;a光的折射率较小,则频率较小,波长较长,根据Δx=λ可知,用同一双缝干涉装置做实验,a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距大,选项D正确。
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7.(2024湖南张家界二模)如图所示,ABCD是边长为l的正三棱锥,虚线圆为三角形ABD的内切圆,M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点,O为圆心,正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷,则( )
A.同一带正电的点电荷分别置于M、P
两点的电势能不相等
B.将质子由C移动到M,电势能减少
C.将电子由P移动到N,电场力做正功
D.M、P两点的电场强度相同
C
解析 根据对称性可知,M点和P点的电势相等,则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等,故A错误;根据等量异种点电荷等势面关系图可知,若仅考虑B处和D处点电荷时,C点和M点的电势相等,质子由C移动到M,靠近A处的正点电荷,电场力做负功,电势能增加,故B错误;在A处点电荷产生的电场中,N点和P点的电势相等,在B处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,在D处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,所以N点的电势高于P点的电势,电子在N点的电势能小于在P点的电势能,则电子由P到N,电势能减小,电场力做正功,故C正确;根据对称性可知,M点和P点的电场强度大小相等,方向不同,故D错误。
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8.如图所示,整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑,下滑过程中始终没有离开斜面,下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力F洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图像可能正确的是( )
B
解析 滑块下滑过程中始终没有离开斜面,滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变,滑块做匀加速直线运动,则a-t图像为一条与横轴平行的直线;根据x-t图像的斜率表示速度,可知x-t图像的斜率逐渐增大,故A、C错误;由于滑块由静止做匀加速直线运动,则有F洛=qvB=qBat∝t,可知F洛-t图像为过原点的倾斜直线,故B正确;除重力做功外,还有电场力做功,则滑块的机械能不守恒,故D错误。
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.一列简谐横波沿x轴方向传播,t=0时刻的波形如图所示,介质中x=0.6 m处的质点P的动能正在减小。t=0.25 s,质点P第一次到达波峰处。下列说法正确的是( )
A.该波沿x轴正方向传播
B.该波的传播速度大小为4 m/s
C.0~0.25 s时间内质点P运动的
路程为40 cm
D.质点P振动的位移—时间关系为y=16sin cm
BD
解析 由于质点P动能在减小,可知质点P沿y轴负方向振动,由同侧法可知波沿x轴负方向传播,故A错误;由图可知λ=2.4 m,可得该波的波长为λ=1.6 m,故质点P第一次到波峰是x=1.6 m处振动形式传来的,则v= m/s=4 m/s,故B正确;由T=可得,该波的周期为T=0.4 s,设P点的振动方程为y=Asin cm,将t=0.25 s,y=16 cm代入上式可得φ=1.25π,即P点的振动方程为y=16sin (5πt+1.25π) cm,故D正确;当t=0时,y=-8 cm,且t=0.25 s,y=16 cm,故在0~0.25 s时间内质点P由-8 cm振动到-16 cm处,再振动到16 cm处,则0~0.25 s时间内质点P运动的路程为s=16 cm+16 cm+(16-8) cm=(48-8) cm,故C错误。
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10.(2024河北模拟预测)间距为L、长度均为2s的光滑平行金属导轨固定在水平面内,静止的金属棒垂直放置在导轨的左端,且始终与导轨接触良好。t=0时刻,电流大小为I的恒定电流从一根导轨流入,经过金属棒,再从另一根导轨流回,如图所示。当金属棒运动到导轨的中点时,电流大小突然变为2I,导轨电流在两导轨间产生的磁场近似可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流I成正比。已知金属棒的质量为m。则( )
A.金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的
大小之比为1∶2
B.金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为1∶4
C.金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为1∶4
D.金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为1∶
BD
解析 由题意可知磁感应强度B与电流I成正比,金属棒在左、右两段导轨上运动时电流之比为I∶2I=1∶2,则磁感应强度之比为B∶2B=1∶2,金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的大小之比为F左∶F右=BIL∶(2B·2IL)=1∶4,金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为a左∶a右==1∶4,故A错误,B正确;设金属棒运动到导轨中点的速度为v1,金属棒运动到导轨末端的速度为v2,根据动能定理可得F左s =-0,F左s+F右s=-0,联立可得金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为=F左s∶(F左s+F右s)=1∶5,则金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为v1∶v2=1∶,故C错误,D正确。
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11.(2024河北保定一模)如图所示的理想变压器,原线圈的匝数为6,两个副线圈的匝数分别为3、2,三个电阻甲、乙、丙的阻值均为R,电源是正弦式交变电流,已知甲两端的电压为U,下列说法正确的是( )
A.原线圈两端的电压为U
B.通过电阻乙的电流为
C.电源电压的有效值为U
D.三个电阻的总功率为
BD
解析 设原线圈电压为U1,匝数为3的副线圈电压为U2,匝数为2的副线圈电压为U3,由电压关系知U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,则可知U2=U1,U3=U1,由功率关系知U1I1=U2I2+U3I3,则可知n1I1=n2I2+n3I3,则n1=n2+n3,代入得U1=U,A错误;由于U2=U1,代入得U2=U=U,通过电阻乙的电流为I2=U,B正确;设电源电压的有效值为UE,则UE=U1+U=U+U=U,C错误;三个电阻的总功率为P=UEI1=U×,D正确。
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12.(2024湖南张家界二模)如图所示,倾角θ=37°的光滑斜面足够长,斜面上放有质量为m1=2 kg、长度为L=1 m的木板,A、B为木板的两个端点,在A端放有质量m2=2 kg的物块(可视为质点),物块和木板接触面粗糙,将物块与质量m3=1 kg的重物通过轻质长绳相连,绕固定在斜面顶端的定滑轮上,不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动,设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。
下列说法正确的是( )
A.当μ=0.5时,物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
B.当μ=0.3时,物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
C.当μ=0.3时,木板运动的加速度大小为2 m/s2
D.当μ=0.25时,物块经过t=1 s从木板上滑下
AD
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10(共30张PPT)
选择题专项练(五)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024陕西榆林二模)核污水与核废水在危害程度上存在巨大差别,核污水中某放射性原子核X释放出一个α粒子后转变为新核Y,下列说法正确的是( )
A.原子核X比新核Y少2个电子
B.原子核X比新核Y多4个质子
C.原子核发生α衰变后,原子序数向前移动两位
D.原子核X的比结合能比新核Y的比结合能大
C
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解析 原子核X释放出一个α粒子后,电荷数减小2,质量数减小4,则原子核X比新核Y多2个电子,也多2个质子,选项A、B错误;原子核发生α衰变后,电荷数减小2,则原子序数向前移动两位,选项C正确;发生衰变后放出核能,且生成的新核Y更加稳定,新核Y的比结合能比原子核X的比结合能大,选项D错误。
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2.(2024山东泰安一模)如图所示为某发电站输电示意图,发电机输出电压恒定,变压器均为理想变压器,在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器,甲、乙两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20,降压变压器原、副线圈匝数比为200∶1,电压表的示数为220 V,电流表的示数为5 A,输电线路总电阻r=20 Ω。
则下列说法正确的是( )
A.互感器甲是电流互感器,
互感器乙是电压互感器
B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%
C.用户端的电压U4为200 V
D.用电高峰相对平时用电时,用户端的电压偏小
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解析 互感器甲并联在零线和火线上,所以是电压互感器,互感器乙串联在电路中,是电流互感器,故A错误;电流表的示数为5 A,互感器原、副线圈的匝数比为1∶20,则线路上电流I=100 A,线路上损耗的功率P损=I2r=200 kW,电压表的示数为220 V,匝数比为200∶1,所以输送电压U=44 000 V,功率P=UI=4 400 kW,则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的×100%=×100%=4.5%,故B错误;U3=44 000 V-100×20 V=42 000 V,用户端的电压U4==210 V,故C错误;用户使用的用电设备越多,用户电流增大,输电电流增大,输电线损失电压增大,降压变压器输入电压减小,降压变压器输出电压减小,故D正确。
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3.(2024山东聊城一模)图甲为某同学收集的一个“足球”玻璃球,他学习了光的折射后想用激光对该球进行研究。某次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面,其正视图如乙所示,AB是沿水平方向的直径,当光束从C点射入时,能从右侧B点射出,已知真空中的光速为c,点C到AB竖直距离h=R,玻璃球的半径为R,且球内的“足球”是不透光体,不考虑反射光的情况下,下列说法正确的是( )
A.B点的出射光相对C点入射光方向偏折了30°
B.该“足球”的直径最大是R
C.继续增加h(hD.该激光在玻璃球中的传播时间为
D
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解析 光束从C点射入玻璃球的光路图如图所示,设入射角为i,折射角为r,法线与直径AB的夹角为θ,由几何关系可知θ=i,θ=2r,则有sin θ=,联立解得i=60°,r=30°,可知光束进入玻璃时,光沿顺时针偏折了30°,由光的折射定律可知,从B点射出时,光束沿顺时针又偏折了30°,因此B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60°,A错误;由几何关系可知,“足球”的直径最大为d=2Rsin r=R,B错误;
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由于光束从C点射入玻璃球中的折射角等于从B点射出时的入射角,根据光路可逆原理可得,离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角,因此继续增加h(h11
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4.(2024河北模拟预测)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑且等高的小定滑轮连接,在外力作用下使得C与滑轮等高(A、B和C均在空中),且处于静止状态,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,重物C的质量为 m。撤除外力,使C由静止开始竖直落下(始终未与地面相碰),A、B、C均可视为质点。
则重物C下落的最大距离为( )
C
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解析 设重物C下落的最大距离为h,
此时重物A、B和C的速度均为0,
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5.水平墙上a、d两点连接一多功能挂物绳,绳子上b、c两点分别悬挂物体A、B后,其静置状态如图所示,墙上两点e、f分别在b、c两点正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,绳子质量忽略不计,则物体A、B的质量之比为
( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.4∶5
C
解析 如图所示,过a点作bc的平行线,与eb交于m点,过d点作bc的平行线,与fc的延长线交于n点,过c点作eb的垂线,交eb的延长线于p点,根据ae=ef=fd=pc以及几何关系可知△aem与△cpb以及△dfn为全等三角形。对结点b和c受力分析,则力构成的三角形分别相似于△abm和△cdn,又eb∶fc=10∶11,可知,即,故选C。
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6.(2024湖北武汉模拟)虚线圆形区域内、外均分布着垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小相同、方向相反,一带电粒子从圆上的A点正对圆心入射。仅改变带电粒子的入射速率,可分别得到图甲和图乙中实线所示的运动轨迹。则甲、乙两图中粒子的入射速率之比为( )
A.3 B.2
C. D.
A
解析 如图所示,设虚线圆形区域半径为r,根据几何关系,可得r甲=rtan 60°, r乙=rtan 30°,=3,根据Bvq=m,可得v==3,故选A。
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7.(2024江苏南京一模)如图为探究外电压、内电压和电动势关系的实验装置。这种电池的正负极板(分别为A、B)为二氧化铅及铅,电解液为稀硫酸。关于这一实验装置分析,下列说法正确的是( )
A.电压表V1正极与a相连
B.电压表V2的测量值大于电路的外电压
C.电压表V1的测量值不会大于电压表V2的测量值
D.电压表V1和V2测得的示数之和接近于一定值
D
解析 电压表V1和V2分别测量电路中的内电压和外电压,在电源的外部,电流方向从电源的正极流向负极,而电源的内部,电流方向由电源的负极流向正极,电压表V1测量内电压,则电压表V1正极与b相连。电压表V1和V2测得的示数之和为电源电动势应接近于一定值,故A、B错误,D正确;根据串联电路,电阻分得电压跟阻值成正比,因为不知道内、外电路的阻值,所以电压表V1的测量值有可能会大于电压表V2的测量值,故C错误。
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8.(2024湖南二模)2023年10月26日,神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接,“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为飞船运行与交会对接过程示意图,椭圆轨道1为飞船对接前的运行轨道,Q点是轨道1的近地点,离地高度可忽略不计。圆形轨道2距地面高度为H,是天和核心舱的运行轨道,P点是1、2轨道的切点,也是交会点。地球半径为R,表面重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火减速
B.天和核心舱在轨道2上的速度一定大于
C.交会对接前天和核心舱的向心加速度为g
D.飞船在轨道1上与在轨道2上运动的周期之比为
C
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解析 从低轨道变轨到高轨道需加速,故飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火加速,故A错误;天和核心舱在轨道2上运动时,根据G=m,G=m0g,可得运动速度v=,故B错误;设对接前天和核心舱的向心加速度为a1,则G=ma1,G=m0g,解得a1=g,故C正确;设飞船在轨道1、轨道2运动周期分别为T1、T2,由开普勒第三定律有,得,故D错误。
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.如图所示,真空中有一圆锥体,O为圆锥底面圆心,O'为圆锥顶点,C、D分别是母线O'A、O'B的中点,O1是过C、D两点且与底面平行的圆锥截面的圆心,E点在底面圆周上。在圆锥顶点O'处固定一电荷量为+Q的点电荷,在底面圆心O处固定另一电荷量为-Q的点电荷,
下列说法正确的是( )
A.同一试探电荷在A、B、E三点具有的电势能相等
B.过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电势相等、电场强度相同
C.在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间,该电荷将做匀速圆周运动
D.将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点,该电荷电势能先增大后减小
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解析 A、B、E三点到两个电荷的距离都相等,可知三点的电势相等,则同一试探电荷在A、B、E三点具有的电势能相等,A正确;过C、D与底面平行的圆锥截面是等势面,则各点电势相等,电场强度大小相等,方向不同,B错误;在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间,因该试探电荷所受的静电力的合力指向OO'轴线下方的一点,则该电荷不可能做匀速圆周运动,C错误;将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点时,因试探电荷距离在O处的-Q较近,则静电力做功由在O处的-Q决定,负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点时,先靠近-Q后远离-Q,则静电力先做负功后做正功,则该电荷电势能先增大后减小,D正确。
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10.(2024山东烟台一模)从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2,轨迹如图所示,小球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB,落在水平地面上的N点,小球2刚好直接越过竖直挡板AB,也落在N点。设小球1与地面的碰撞是弹性碰撞,忽略空气阻力,则( )
A.小球1、2的初速度之比为1∶3
B.小球1、2的初速度之比为1∶4
C.竖直挡板AB的高度h=H
D.竖直挡板AB的高度h=H
AD
解析 设M点到N点水平距离为L,小球2整个运动过程的时间为t,根据平抛运动的规律有H=gt2,解得t=,可得L=v2t①,小球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反,根据对称性可知,小球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H,从M点到N点过程中,小球1所用时间为小球2所用时间的3倍,小球1在水平方向一直做匀速运动,有L=v1·t1,t1=3t,即L=3v1t②,联立①②解得,故A正确,B错误;
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设小球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1,碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、x2,有=2gH,设小球1到达A点时竖直方向速度大小为vy2,将小球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得=2g(H-h),可得碰撞点到A点的时间为t3=,小球2刚好越过挡板AB的时间为t'=,水平方向位移关系有v1t'=x1+x2,即v1·=v2·+v2·,解得h=H,故C错误,D正确。
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11.(2024山东青岛一模)均匀介质中有两个点波源S1、S2位于xOy平面内,位置坐标分别为(-3 m,0)和(5 m,0)。t=0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动,振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2 s。
下列说法正确的是( )
A.机械波在介质中的传播速度为1 m/s
B.xOy平面内(1 m,3 m)位置处在振动加强区
C.两波源间的连线上有7个振动最强点
D.0~7 s内,O处质点运动的路程为12 cm
AD
解析 两机械波在同一介质传播,传播速度相同,设为v,由题意有v= m/s=1 m/s,故A正确;由题意知,波长为λ=vT=2 m,由于两波源的起振方向相反,所以振动加强点满足Δx=,S1到点的距离为s1= m=5 m,S2到的距离为s2= m=5 m,所以处于振动减弱区。两波源间的连线上有8个振动加强点分别为x=-2.5 m,-1.5 m,-0.5 m,0.5 m,1.5 m,2.5 m,3.5 m,4.5 m,故B、C错误;由上分析可知,O处质点为振动减弱点。从0时刻起,经3 s,S1波传到O处质点。经
5 s,S2波传到O处质点,所以O处质点运动的路程为s=4×1 cm+4×(3-1) cm=12 cm,故D正确。
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12.(2024湖南张家界二模)人们常用“井底之蛙”形容见识短浅的人。如图所示,在一口较浅的枯井的正中间有一只青蛙,设井深为h且可视为圆柱体,井口的直径为d=1.2 m,水的折射率n=,当井水灌满时,青蛙恰好能够看到整个天空,则下列说法正确的是( )
A.井深h=0.8 m
B.青蛙能够看到整片天空,是因为光通过井口时发生了衍射
C.当月亮位于天顶时,青蛙看到的月亮面积的大小为平地上
的人看到的面积大小的
D.当井水灌满时,地面上的人看到的井深比实际要更浅
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12(共30张PPT)
选择题专项练(六)
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一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
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2.(2024安徽一模)如图甲所示,将一块平板玻璃a放置在另一块平板玻璃板b上,在右端夹入两张薄纸片。当单色光从上方垂直射入后,从上往下看可以观察到如图乙所示的干涉条纹。则下列说法正确的是( )
A.干涉条纹是由a、b两玻璃板上表面反射的光叠加产生的
B.若仅增大垂直射入的单色光波长,则条纹将变疏
C.将b缓慢向下平移,则条纹之间的距离将变大
D.若抽去一张薄纸片,则条纹将变密
B
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解析 干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的,故A错误。若仅增大垂直射入的单色光波长时,根据条纹间距表达式l=,可知条纹变疏,将b缓慢向下平移时条纹间距不变,故B正确,C错误;若抽去一张薄纸片,平板玻璃a、b之间的夹角减小,条纹间距变大,条纹变稀疏,故D错误。
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3.(2024云南昆明三模)采用涡轮增压技术可以提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化成以下两个过程,一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩,然后经过等压过程回到初始温度,则( )
A.绝热过程中,气体分子平均动能增加
B.绝热过程中,外界对气体做负功
C.等压过程中,气体对外界做功
D.等压过程中,气体温度升高
解析 绝热过程气体被压缩,体积减小,外界对气体做正功,气体内能增加,气体温度升高,气体分子平均动能增加,故A正确,B错误;经过等压过程回到初始温度,则等压过程中,气体温度降低,气体体积减小,外界对气体做功,故C、D错误。
A
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4.(2024贵州毕节二模)破旧高楼外墙砖易脱落造成安全事故,引发人们关注。某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究。在一次模拟实验中,小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放(在保证安全的情况下),下落一小段距离后,开始计时,采集从此位置开始下落的高度H与时间t的相关数据,并作出-t的图像如图,运动过程中空气阻力恒定。则( )
A.计时开始时墙砖的速度大小为0
B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为9.6 m/s2
C.从计时开始,墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s
D.计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面,
则这栋旧楼高度约为24 m
B
解析 设开始计时墙砖的速度为v0,墙砖下落时的加速度为a,得H=v0t+at2,整理得=v0+at,结合图像可知v0=2.40 m/s,a= m/s2,解得a=9.6 m/s2,故A错误,B正确;从计时开始,墙砖在2 s后的速度为v2=v0+at2=21.6 m/s,故该段时间内平均速度为=12 m/s,故C错误;由静止释放到开始计时的时间为t0==0.25 s,故这栋旧楼高度约h=×9.6× m=50.7 m,故D错误。
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5.蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目,比赛在一块正方形水平地面上进行,比赛用球为硬塑实心球。如图所示,静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L,两球质量相同,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ,一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度,球1与球2发生弹性正碰后,球2恰好能到达边线,重力加速度为g。则球2运动的时间为
( )
A. B.
C.2 D.
A
解析 球2匀减速直线运动到停下,可以看作反向匀加速直线运动,可得L=at2,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,联立求得t=,A正确。
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6.(2024贵州贵阳一模)一磁约束装置的简化示意图如图所示。在内、外半径分别为R、R的环状区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿圆的半径方向射入磁场后恰好不会穿出磁场的外边界,且被约束在大圆以内的区域内做周期性运动,不计粒子重力。则该粒子的运动周期为( )
A.
B.
C.
D.
C
解析 粒子运动的轨迹如图所示,根据几何关系有r2+R2=,tan α=,解得r=R,α=30°,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,粒子在环状区域做匀速圆周运动的时间t1=,所以粒子的运动周期为T=3t1+3·,故选C。
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7.(2024江西二模)高速铁路列车通常使用磁刹车系统,磁刹车工作原理可简述如下:将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘,使磁感线总垂直射入铝盘时,铝盘随即减速,如图所示,圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动,磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动,下列说法正确的是( )
A.铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B.磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力
C.感应电流在铝盘产生的内能,是将铝盘减速的最主要原因
D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘,则磁铁对布满
空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
B
解析 铝盘甲区域中的磁通量向里增大,由楞次定律可知,甲区域感应电流方向为逆时针方向,则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故A错误;由“来拒去留”可知,磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力,会使铝盘减速,故B正确,C错误;改成空洞铝盘,电阻变大,电流变小,阻碍效果更差,故D错误。
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8.(2024湖南邵阳二模)如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压有效值恒定的正弦交流电源,理想变压器的原、副线圈匝数比为k,A.U不变
B.R1=k2
C.副线圈回路消耗的功率一直增大
D.电源的输出功率可能先增大后减小
B
解析 根据变压器的原理可得=k,=k,可得U1=kU2,I1=,原线圈电路中有U0=U1+I1R1,在副线圈电路中有U2=I2,联立可得U0=
U2,当滑片P从最下端向最上端滑动过程中,电阻R3阻值减小,电源电压U0不变,可知U2减小,即电压表的示数U减小,故A错误;由A项分析可得U0=kU2+R1,变形得U2=I2,则有,即R1=k2,故B正确;
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由能量守恒定律可得I1U0=R1+,可得I1=,副线圈回路消耗的功率P==k2,把I1代入得P=,可知当k2=R1时,即k2=R0时副线圈输出功率增大;由题知1
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二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.(2024河北沧州一模)如图所示,竖直平面内半径为R的光滑半圆轨道和倾角为30°的光滑斜面在半圆轨道最低点A用极小一段光滑圆弧平滑连接,两轨道均被固定,半圆轨道的最高点为M。一个质量为m的小球(可视为质点)从A点以某一水平向左的初速度进入半圆轨道,然后落在斜面上的N点(图中未画出),不计空气阻力,重力加速度大小为g,
下列说法正确的是( )
A.若小球恰好能通过M点,则M、N两点间的高度差为R
B.若小球的初速度合适,则小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面
C.若小球的初速度合适,则小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面
D.若N点与半圆轨道的圆心等高,则小球通过M点时,半圆轨道对小球的支持力为mg
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解析 若小球恰好能通过M点,则小球在M点有mg=,小球落到斜面上,设M、N两点间的高度差为h,由平抛运动规律得h=gt2,x=vt,tan 30°=,解得t=,h=R,故A正确;若小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面,得tan 30°=,h1=,x1=v1t1,根据位移关系tan 30°=,联立解得v1=,可知此时从M点射出时的速度小于该处的最小速度,故不成立,故B错误;
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若小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面,同理得tan 30°=, tan 30°=,h2=,x2=v2t2,联立解得v=,同理可知此时从M点离开落到斜面上时位移不可能垂直于斜面,故C错误;若N点与半圆轨道的圆心等高,根据平抛运动规律得R=,R·tan 60°=v3t3,在M点时FN+mg=m,联立解得FN=mg,故D正确。
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10.(2024山东聊城一模)如图所示,卫星Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星,其对地张角为2θ;卫星Ⅱ为地球的近地卫星。两卫星绕地球同向转动,已知地球的自转周期为T0,引力常量为G,根据题中条件,可求出( )
A.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的周期之比为1∶
B.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为sin 22θ∶1
C.地球的平均密度为
D.卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星Ⅰ
发出电磁波信号的时间为
ACD
解析 设地球质量为m0,卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R,卫星Ⅰ为同步卫星,周期为T0,近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律可得,由图中几何关系可得sin θ=,可得卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的周期之比为T0∶T=1∶,则卫星Ⅱ的周期为T=T0,对于卫星Ⅱ,由万有引力提供向心力可得=mR,又m0=ρ·πR3,联立可得地球的平均密度为ρ=,故A、C正确;对于不同轨道卫星,根据牛顿第二定律得a=,所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为,故B错误;
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当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内,其对应圆心角为π+2θ时,卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号,设这段时间为t。由于两卫星同向运行,则有(ωⅡ-ωⅠ)t=π+2θ,ωⅡ=,ωⅠ=,联立解得t=,故D正确。
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11.(2024河北石家庄一模)如图是某水池的剖面图,A、B两区域水深分别为hA、hB,其中hA=0.4 m,点O处于两区域的水面分界线上,M和N是A、B两区域水面上的两点,O、M间距离为3 m,O、N间距离为4 m。t=0时M点从平衡位置向上振动、N点从平衡位置向下振动,形成以M、N点为波源的水波(可看作简谐横波),两波源振动频率均为2 Hz,振幅均为5 cm。当t=1 s时,O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深关系为v=,式中h为水的深度,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.区域B的水深hB=1.6 m
B.A、B两区域水波的波长之比为2∶1
C.t=1.5 s时,O点经平衡位置向上振动
D.t=2.5 s后,MN之间存在10个振幅为10 cm的点
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t=1.5 s时,M点的波源形成的波向右传播3 m,该波在O点产生的波在平衡位置向上振动;N点的波源形成的波向右传播6 m,该波在O点引起的振动在平衡位置向下振动;两列波振幅相同且干涉相消,可知此时O点保持平衡位置不动,故C错误。
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12.(2024辽宁抚顺三模)如图所示,正三棱柱ABC-A'B'C'的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷,C点固定一个电荷量为-Q的点电荷,D、D'点分别为AC、A'C'边的中点,取无穷远处电势为零。
下列说法正确的是( )
A.B、B'两点的电场强度相同
B.将一电子沿直线从A'点移到C'点,电势能增加
C.将一电子沿直线从B点移到D'点,电场力做负功
D.若在A'点和C'点分别再固定电荷量为+Q和-Q
的点电荷,B点的电势不变
BD
解析 B、B'两点在AC连线中垂线上,根据等量异种电荷的电场线分布特征可知,B、B'两点的电场强度方向都与AC平行,方向相同,但B'离AC较远,故B点的电场强度大于B'点的电场强度,故A错误;根据等量异种电荷的电场线分布特征可知,A'点电势高于C'点,故负试探电荷从A'点移到C'点,电场力做负功,电势能增大,故B正确;由等量异种电荷电场线分布可知,面BB'D'D为等势面,则将一电子沿直线从B点移到D'点,电场力不做功,故C错误;根据公式φ=,由于B到A、C的距离相等,A点固定一个电荷量为+Q的点电荷,C点固定一个电荷量为-Q的点电荷,则B点电势为0,若在A'点和C'点分别再固定电荷量为+Q和-Q的点电荷,由于B到A'、C'的距离仍相等,则B点电势仍为0,保持不变,故D正确。
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