选择题保分练(三)
一、单项选择题
1.已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为Sr→Y＋X，Y是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下列说法正确的是( )
A．衰变方程中的X为质子
B．Sr的比结合能小于Y的比结合能
C．此反应的实质是Sr原子发生电离
D．经过84年，会有的锶90发生衰变
【答案】 B
【解析】 根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误；衰变反应是放能反应，衰变产物Y是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于Sr的比结合能，B项正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，C项错误；根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下3＝的锶90没有发生衰变，即会有的锶90发生衰变，D项错误。
2.(2024·山东青岛三模)如图，多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为1 m。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为5 m时后车才能开动。已知车长均为4 m，开动后车都以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬间，第一辆车立即开动，下列说法正确的是( )
A．第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为 s
B．第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为2 m/s
C．从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为12 s
D．从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为15 s
【答案】 D
【解析】 当第一辆车向前行驶4 m时，第二辆车开始启动，根据位移时间关系可得x1＝at，代入数据解得t1＝2 s，故A错误；第六辆车前端距离停止线25 m，根据速度位移关系可得v2＝2ax6，解得v＝10 m/s，故B错误；前面一辆车开始启动2 s后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为t′＝5×2 s＝10 s，故C错误；由于第六辆车前端距离停止线25 m，根据位移时间关系可得x6＝at解得t6＝5 s，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t′＋t6＝15 s，故D正确。
3.(2024·河南模拟)如图所示，一横截面为圆环形的玻璃砖，外径为内径的2倍，O为圆心。一束单色光由A点射入玻璃砖，当入射角为α时，折射光线恰好不能透过内壁进入内圆(不考虑折射光线经外界面反射的光线)。已知玻璃砖的折射率为，则α等于( )
A．75° B．60°
C．45° D．30°
【答案】 D
【解析】 当入射角为α时，光路如图所示，根据折射定律知有n＝，由题意，此时折射光线刚好在内壁表面发生全反射，故sin C＝，对△AOB，由正弦定理得＝，联立得sin α＝，解得α＝30°，故选D。
4.(2024·广东深圳模拟)将压瘪的乒乓球(未漏气)浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，然后将其从热水中拿出，乒乓球内部气体(视为理想气体)经历了由A→B→C→D的变化过程，V－T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是( )
A．状态A、B的压强之比为3∶2
B．A→D过程，球内气体从外界吸收的热量为零
C．在状态C、D时气体分子无规则运动的平均速率之比为2∶1
D．在状态C、D时气体分子无规则运动的平均速率之比为1∶2
【答案】 C
【解析】 根据理想气体状态方程可知＝，解得pA∶pB＝2∶3，A错误；A→D的过程中，温度不变，故内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，B错误；由题意可知，气体的平均动能Ek＝ε·T(ε>0)，Ek＝m2，可得C∶D＝∶＝2∶1，C正确，D错误。
5.(2024·湖北模拟)图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度v0从远离两环的地方(可看成无穷远)沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为2v0，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为( )
A． B．
C．2 D．
【答案】 D
【解析】 设＋Q和－Q圆环的圆心分别为O1和O2，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为－φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得mv＝qφm，当速度为2v0时，有m(2v0)2＝mv＋qφm，m(2v0)2＝mv－qφm，联立解得vmin＝v0，vmax＝v0，则可得＝＝，故选D。
6.(2024·山东烟台三模)北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15－18星(以下简称天目星)发射升空，天目星顺利进入预定轨道，至此天目一号气象星座阶段组网完毕。天目星的发射变轨过程可简化为如图所示，先将天目星发射到距地面高度为h1的圆形轨道Ⅰ上，在天目星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将天目星送入距地面高度为h2的圆形轨道Ⅲ上，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为( )
A． B．
C． D．
【答案】 B
【解析】 根据万有引力与重力的关系G＝mg，在圆形轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力G＝m(R＋h1)，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a＝，根据开普勒第三定律＝，解得天目星沿椭圆轨道Ⅱ运动的周期为T2＝，天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为t＝T2＝，故选B。
7.(2024·广东广州模拟)如图所示，甲、乙两物体间夹有一轻质弹簧(不拴接)，在外力作用下静止在水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两物体与桌面间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中与桌面间因摩擦产生的热量分别为Q甲、Q乙，不考虑空气阻力，对于该过程，下列说法正确的是( )
A．甲、乙一直加速
B．甲的加速度为0时，乙在减速
C．系统一定受到向右的冲量
D．Q甲可能等于初始时弹簧的弹性势能
【答案】 C
【解析】 释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中弹簧弹力随着形变量的减小而减小，甲、乙两物体所受摩擦力大小保持不变，由牛顿第二定律kx－f＝ma可知它们的加速度先减小至零然后反向增大。所以二者均为先加速再减速，故A错误；根据f＝μmg可知甲所受摩擦力较大，弹簧对两物块的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知，当甲的加速度为0时，乙在加速，故B错误；对系统受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知一定受到向右的冲量，故C正确；根据能量守恒Ep＝Q甲＋Q乙＋Ek甲＋Ek乙可知Q甲小于初始时弹簧的弹性势能，故D错误。
二、多项选择题
8.(2024·河北保定二模)如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是( )
A．三辆碰碰车整体最后的动能等于E0
B．碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3
C．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1
D．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2
【答案】 AC
【解析】 由系统动量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝mv，则三辆碰碰车整体最后的动能等于Ek＝×3mv2＝E0，故A正确；设相邻两车间的距离为x，碰碰车1运动到2的时间为t1＝，依题意，碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程，动量守恒，有mv0＝2mv12，则碰碰车2运动到3的时间为t2＝＝，可得t1∶t2＝1∶2，故B错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE1＝mv－×2mv＝mv，第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2＝×2mv－×3mv2＝mv，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正确；D错误。故选AC。
9.(2024·辽宁辽阳模拟)如图所示，直金属棒折成“<”形导轨AOC固定在绝缘水平桌面上，三角形AOC为边长为L的等边三角形，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，整个空间中有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。给金属棒一个水平向右的拉力，使金属棒从O点开始以大小为v的速度向右匀速运动，金属棒始终与AC平行，则金属棒在导轨上运动过程中，下列说法正确的是( )
A．回路中的电流保持不变
B．回路中的电热功率保持不变
C．拉力的大小随时间均匀增大
D．整个过程，拉力的冲量大小为
【答案】 AC
【解析】 当金属棒从O点向右运动距离为x时，金属棒切割磁场的有效长度为l＝2xtan 30°，产生的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝＝，A正确；回路中电流不变，但电阻不断增大，因此电热功率不断增大，B错误；拉力等于安培力，即F＝BIl＝t，即拉力的大小随时间均匀增大，C正确；整个过程，运动的时间为t＝，拉力的最大值为Fm＝，则整个过程拉力的冲量I＝Fmt＝，D错误。故选AC。
10.(2024·湖北武汉模拟)如图所示，一光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度大小为B，筒上P点和Q点开有小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，PQ为直径。质量为m、电量为q的带正电粒子从P点沿PO入射，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度大小不变，电量不变。不计重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为( )
A． B．
C． D．
【答案】 BD
【解析】 粒子在磁场中运动的周期T＝，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒，可知，粒子在磁场中运动的时间可能为t1＝T＝，或者可能t2＝T＝，故选BD。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)选择题保分练(一)
一、单项选择题
1.(2024·山东青岛三模)“玉兔二号”月球车于2022年7月5日后开始休眠。月球夜晚温度低至零下180 ℃，为避免低温损坏仪器，月球车携带的放射性元素钚Pu会不断衰变，释放能量为仪器保温。Pu可通过以下反应得到：U＋H→Np＋kn，Np→Pu＋X，下列说法正确的是( )
A．k＝1，X为电子
B．U＋H→Np＋kn是重核裂变
C．Pu的比结合能比Np的大
D．Np衰变前的质量等于衰变后X和Pu的质量之和
【答案】 C
【解析】 衰变方程为Np→Pu＋X，由质量数守恒，核电荷数守恒可得X为电子，核反应方程为U＋H→Np＋kn，由质量数守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A错误；核反应方程U＋H→Np＋kn，不是聚变反应，是人工核反应，B错误；衰变方程为Np→Pu＋X，该反应释放核能，总核子数不变，所以Pu的比结合能比Np的大，C正确；衰变方程为Np→Pu＋X，该反应释放核能，有质量亏损，所以Np衰变前的质量大于衰变后X和Pu的质量之和，D错误。故选C。
2.(2024·广东惠州期末)某款天花板消防自动感温喷淋头如图(a)所示，当室内达到一定温度时，感温玻璃球自动爆开，喷淋开始启动达到自动喷水灭火的目的。如图(b)某次演示过程，测量出水落在面积为16π m2的圆内，喷头出水口离地面的垂直距离为2.45 m。若喷出水的速度方向近似为水平方向，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则出水口水的最大初速度约为( )
A．4.7 m/s B．5.7 m/s
C．8.2 m/s D．11.4 m/s
【答案】 B
【解析】 由平抛规律得x＝v0t，y＝gt又16π m2＝πx2，联立解得v0≈5.7 m/s，故选B。
3.(2024·山东聊城三模)如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，初始时活塞静止，由于气球的弹性橡皮膜对内部气体的作用，使得气体乙的压强大于气体甲的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体乙的压强仍大于气体甲的压强。已知气体甲和气体乙均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦且密封良好，气球导热良好。则此过程中( )
A．气体甲内能的增加量等于气体乙内能的增加量
B．气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C．活塞对气体甲做的功等于气体甲内能的增加量
D．活塞对气体甲做的功等于甲、乙两部分气体内能的增加量之和
【答案】 A
【解析】 气球导热良好，则气球内、外两部分温度始终相等，气体分子平均动能始终相等，由于气体质量相等，故两部分气体内能始终相等，向下缓慢推动活塞，外界对气体做功，由于活塞与汽缸均绝热，由热力学第一定律知两部分气体内能增加，且增加量相等，故A正确；气体内能增大，则温度升高，气体分子做无规则热运动的平均速率加快，但不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，故B错误；活塞下移压缩气体甲，气体甲的压强增大，使气球收缩，即气体甲对气体乙做功，气球收缩，气球弹性势能减小，转化为气体的内能，设气体乙向气体甲传热为Q，有ΔU甲＝W活塞－W甲对乙＋Q，由于Q－W甲对乙的值未知，无法判断出活塞对气体甲做的功与气体甲内能增加量的关系，故C错误；由C可知气球收缩，气球弹性势能减小，转化为系统的内能，有ΔU甲＋ΔU乙＝W活塞＋Ep弹可得活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故D错误。
4.(2024·浙江杭州模拟)2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船成功发射，最后对接于空间站天和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体。神舟十六号发射后会在停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，在P点瞬间加速后进入转移轨道(椭圆轨道)Ⅱ，最后在Q点瞬间加速后进入空间站轨道，完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，飞船和空间站均视为质点，则( )
A．飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9 km/s
B．不考虑变轨瞬间，飞船在转移轨道Ⅱ上运行时航天员对椅子有压力作用
C．飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为∶
D．飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T＝T1
【答案】 D
【解析】 在停泊轨道Ⅰ运行时，其速度接近于7.9 km/s，在P点要进入转移轨道Ⅱ，必须加速，因此转移轨道Ⅱ上有的位置速度大于7.9 km/s，选项A错误；飞船在转移轨道Ⅱ上运行时均处于完全失重状态，故航天员对椅子无压力作用，选项B错误；由G＝m，得v＝，所以飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为∶，选项C错误；由开普勒第三定律得＝，得T＝T1，选项D正确。
5.(2024·重庆沙坪坝三模)如图所示，用轻绳把边长为L的正方形金属框竖直悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向里，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁感应强度大小随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知金属框阻值一定，从t＝0开始的全过程轻绳不会被拉断，关于该过程，下列说法正确的是( )
A．金属框受到竖直向上的安培力
B．金属框的感应电动势大小E＝kL2
C．金属框中感应电流的大小方向均不变
D．金属框受到的安培力大小不变
【答案】 C
【解析】 线框在磁场中的面积S＝×L＝，根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝，设线框的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律可知I＝＝＝，故电流大小始终不发生改变，故B错误，C正确；根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，线框上边的电流方向水平向左，根据左手定则可以判定安培力方向竖直向下，故A错误；线框中电流大小不变，但磁感应强度大小随时间变化规律为B＝kt(k>0)，由F＝ILB可知安培力在增大，故D错误。故选C。
6.(2024·浙江杭州模拟)在匀质轻绳上有两个相距12 m的波源S1、S2，两波源的连线上有两质点A、B，A与波源S1相距3 m，B与波源S2相距8 m，如图甲所示。t＝0 s时两波源同时上下振动产生两列绳波，其中S2的振动图像如图乙所示，经过一段时间观察到A点振动始终加强，B点振动始终减弱，两者振幅差20 cm，且A、B之间没有振动加强点和减弱点。则下列说法正确的是( )
A．波源S1产生的波的波长为6 m
B．波源S1起振的方向向下
C．稳定后在两波源之间(不包括波源)有奇数个加强点
D．0～1 s内质点B通过的路程为64 cm
【答案】 D
【解析】 两波源在匀质轻绳上传播，速度相同，且能发生稳定的干涉，频率相同，故则两列波的波长相同，AB两点相距1 m，A点振动始终加强，B点振动始终减弱，且A、B之间没有振动加强点和减弱点，则2xAB＝λ，解得波源S1产生的波的波长为λ＝4 m，故A错误；在A点，波程差为6 m，为λ，A点振动始终加强，故两波源起振相反，由图乙可知S2起振的方向向下，故S1起振的方向向上，故B错误；两波源起振方向相反，故中间点是减弱点，根据对称性可知加强点为偶数个，故C错误；设A1＝12 cm且A1>A2，振动加强点的振幅为A0＝A1＋A2，振动减弱点的振幅为A0′＝A1－A2，则ΔA＝A0－A0′＝2A2＝20 cm，解得A2＝10 cm，符合题意，故S1产生的波的振幅为10 cm，先传到B点用时0.2 s，B点振动0.2后，S2产生的波传到B，然后一起振动0.6 s，所以质点B运动的路程为s＝4A1＋12(A2－A1)＝64 cm，故D正确。
7.(2024·山东聊城三模)哈尔滨是中国著名的冰雪旅游城市，每年冬季都会举办盛大的冰雪节。冰雕展则成为了人们探访冬季梦幻之旅的最佳选择，冰雕展上有一块底边长为2L，宽为L，高为L的长方体冰块，冰块内上下底面中心连线为OO′，在O′处安装了一盏可视为点光源的黄灯，已知冰对黄光的折射率为，光在真空中传播的速度为c。下列说法正确的是( )
A．由灯直接发出的光照射到冰块上表面时都能从上表面射出
B．由灯直接发出的光照射到冰块四个侧面时都能从侧面射出
C．未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
D．未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
【答案】 C
【解析】 由折射率公式知n＝，代入得sin C＝＝，故临界角等于45°，由题意知，底边边长为2L，高为L，如图所示，
∠AO′O＝45°，则点光源刚好在上表面A点发生全反射，由几何关系知，OB＝L，O′B＝L，则sin α＝，代入得sin α＝，则可知sin α>sin 45°，故可知其照射范围如图所示
由灯直接发出的光照射到冰块上表面时部分不能从上表面射出，同理得，当光照射到冰块四个侧面时部分不能从侧面射出，A、B错误；最长光路长度为x，传播速度为v，则x＝，传播速度为v＝则最长传播时间为tmax＝＝，故未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为，C正确，D错误。
二、多项选择题
8.(2024·广东惠州期末)为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则( )
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
【答案】 BD
【解析】 在甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒受到的电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据公式F＝ma可知，尘粒合外力改变，即尘粒加速度变化，A错误；除尘过程中尘粒受到电场力大小F＝qE，乙空间中的电场为放射状的，电场不是匀强电场，因此越远离导线处的电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据公式W＝Fs，F＝qE，整理可知W＝qEs，由于尘粒在电场中，整体不做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，C错误；根据公式W＝qU，可知，电场对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D正确。故选BD。
9.(2024·河南郑州预测)如图，虚线MN右侧有垂直纸面向外的磁场，取MN上一点O作为原点，水平向右建立x轴，磁场的磁感应强度B随x坐标(以m为单位)的分布规律为B＝1＋x(T)，一质量为1 kg、边长为1 m、电阻为2 Ω的正方形金属框abcd在MN左侧的光滑水平面上在水平力的作用下进入磁场，在金属框运动的过程中，ab边始终与MN平行，金属框进入磁场的过程中电流大小始终为1 A，之后以完全进入时的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是( )
A．金属框ab边刚进磁场时的速度大小为2 m/s
B．金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为 C
C．金属框进入磁场的过程动能减小了1 J
D．金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5 W
【答案】 ABD
【解析】 金属框ab边刚进磁场时I＝，解得v1＝2 m/s，故A正确；金属框进入磁场的过程通过金属框截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝＝ C＝ C，故B正确；当金属框cd边刚好要进磁场时，设速度为v2，则I＝，解得v2＝1 m/s，因此金属框动能的减少量ΔEk＝mv－mv＝1.5 J，故C错误；金属框完全进入磁场后速度保持不变，由I′＝，可知，I′为定值0.5 A，外力做功的功率P＝I′2R＝0.5 W，故D正确。故选ABD。
10.(2024·河北沧州三模)如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一挡板与斜面垂直，质量为m的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化图像如图乙所示，已知斜面长为l，物块与挡板碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为4E0。
B．物块下滑的时间为l
C．滑块运动的总路程为l
D．物体与斜面间的动摩擦因数为
【答案】 BD
【解析】 从两条图线可知上方的图线为机械能随位移变化的图线，下方为重力势能随位移变化的图线，物体在下滑的过程中，机械能与重力势能随位移均匀地减小，且两个图线平行，可知下滑的过程中动能保持不变，即mgsin θ＝μmgcos θ①，由题可知mglsin θ＝3E0②，mv＝E0③，物体与挡板发生弹性碰撞，原速率反弹，设上升的路程为l′，则根据动能定理mgl′sin θ＋μmgl′cos θ＝E0④，联立解得l′＝，到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此滑块运动的总路程s＝l＋l′＝l，物块克服摩擦产生的热量Q＝4E0－mgl′sin θ＝3.5E0，A、C错误；下滑的时间t＝⑤，将②⑤联立解得t＝l，B正确；由②可得sin θ＝，可得tan θ＝，由①可得μ＝tan θ，D正确。故选BD。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)选择题保分练(四)
一、单项选择题
1.(2024·青海海南二模)科学家用中子轰击F时，生成了人工放射性元素F，其放出一个β粒子后形成稳定的新核X；用α粒子轰击F时，产生一个稳定的新核Y和一个质子。下列说法正确的是( )
A．新核X、Y为同位素
B．新核X、Y的质量相等
C．新核X比新核Y少两个质子
D．新核X与新核Y的结合能相等
【答案】 A
【解析】 科学家用中子轰击F时，生成了人工放射性元素F，其放出一个β粒子后形成稳定的新核X，由核反应的质量数和电荷数守恒可得F→e＋Ne，则X为Ne。用α粒子轰击F时，产生一个稳定的新核Y和一个质子，由核反应的质量数和电荷数守恒可得F＋He→H＋Ne则Y为Ne。新核X、Y的质子数相同、质量数不同为同位素，质量不等，故A正确，B、C错误；新核Ne比新核Ne的核子少，结合能小，故D错误。
2.(2024·重庆沙坪坝三模)北京时间2024年4月26日，神舟十八号载人飞船升空6.5 h后采用自主快速交会对接模式，与离地高度约390 km的中国空间站天和核心舱完成对接，形成三船三舱组合体，下列说法中正确的是( )
A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．为实现对接，应先让飞船和天和核心舱处于同一轨道上，然后点火加速
C．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船速度和运行周期都变大
D．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船机械能和运行周期都变大
【答案】 D
【解析】 两者运行速度的大小都应小于第一宇宙速度，故A错误；为实现对接，应先让飞船处于较低轨道上，然后点火加速，故B错误；对接后飞船轨道变高，速度变小，运行周期都变大，机械能变大，故C错误，D正确。
3.(2024·北京海淀二模)位于坐标原点的质点从t＝0时开始沿y轴振动，形成一列沿x轴传播的简谐波，t＝0.5 s时的波形如图所示，此时x＝0处的质点位于波峰位置。图中能正确描述x＝2 m处质点振动的图像是( )
【答案】 A
【解析】 根据波形图可得T＝0.5 s解得周期T＝2 s，由λ＝1 m解得波长为λ＝4 m，该波的波速为v＝＝2 m/s，所以波传到x＝2 m处经过的时间为t1＝＝1 s，根据波形图可知，振源的起振方向向上，则波传到x＝2 m时，质点开始向上振动。故选A。
4.(2024·江西赣州二模)某天早晨，赣州的温度为0 ℃，某老师刚启动汽车时看到汽车仪表盘显示后轮胎胎压均为2.7 bar(1 bar＝100 kpa)，中午，该老师刚启动汽车时看到后轮胎压均变成了2.8 bar，若轮胎内的气体质量和体积均保持不变，轮胎内部气体可看成理想气体，则下列说法正确的是( )
A．气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力减小
B．轮胎内部气体分子的平均动能不变
C．中午温度约为10 ℃
D．轮胎内部气体吸收热量，对外做功，内能不变
【答案】 C
【解析】 轮胎内的气体体积不变，压强增大，则气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故A错误；轮胎内的气体体积不变，根据查理定律有＝解得T2≈283 K＝10 ℃，温度增加，则轮胎内部气体分子的平均动能增加，故B错误，C正确；轮胎内部气体温度增加，内能增大，体积不变，做功为0，根据热力学第一定律，气体吸收热量，故D错误。
5.(2024·广东惠州期末)二极管是常用的电子元件，具有单向导电的性质，其电路符号为“”。如图(a)所示为一个R＝1 Ω定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻的电流随时间的变化如图(b)所示。下列说法正确的是( )
A．电源的频率为2 Hz
B．电源的电压有效值为5 V
C．通过电阻的电流周期为1 s
D．通过电阻的电流有效值为2.5 A
【答案】 D
【解析】 电源的周期为2 s，电源的频率为f＝＝0.5 Hz，A错误；通过电阻的电流周期为2 s，C错误；电流有效值为2R×＋0＝I2RT，解得I＝2.5 A，D正确；设电源的电压的有效值为U，电源的输出功率等于外电路消耗的总功率IU＝I2R解得U＝2.5 V，B错误。故选D。
6.(2024·浙江宁波三模)截面如图所示的直角棱镜ABC，其中BC边和CA边镀有全反射膜。一细束白光以入射角θ＝60°从AB边入射，然后经过BC、CA反射，又从AB边射出。已知三角形AB边的高为h，真空光速为c。对经过两次反射，并从AB边射出的光束，有( )
A．出射方向相对于入射方向的转角大小与光的颜色有关
B．紫光在出射位置与入射位置间距最大
C．光在棱镜中用时最短的光的折射率为
D．光在棱镜当中传播用时最短为
【答案】 D
【解析】 作出光路如图，由几何关系可知α＝r，β＝θ，因此从AB边射出的光束与入射光线平行，与光的颜色无关，故A错误；根据题意可知折射率越大，出射位置与入射位置间距越小，紫光折射率最大，所以其出射位置与入射位置间距最小，故B错误；根据运动学公式可知光在棱镜中的传播时间t＝，v＝，n＝，结合几何关系可知当r＝45°时传播时间最短，此时的折射率n＝＝＝，故C错误；由几何关系可知，光传播的最短距离为x＝＝2h，最短时间t＝＝＝，选项D正确。
7.(2024·河北沧州三模)如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为φa，正一价钠离子质量为m，电子电荷量为e，细胞膜的厚度为d。下列说法正确的是( )
A．钠离子匀减速直线运动的加速度大小a＝
B．膜内匀强电场的场强E＝
C．B点电势φb＝φa＋
D．钠离子在B点的电势能为Eb＝mv
【答案】 C
【解析】 正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0－v＝－2ad，解得加速度大小a＝，故A错误；由牛顿第二定律可知Ee＝ma，联立解得E＝，故B错误；由动能定理可得(φa－φb)e＝0－mv，解得B点电势为φb＝φa＋，故C正确；钠离子在B点电势能为Eb＝φae＋，故D错误。
二、多项选择题
8.(2024·山东菏泽三模)测体重时，电子秤的示数会不断变化，电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比，最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列情境中关于电子秤示数说法正确的是( )
A．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先增大后减小
B．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先减小后增大
C．在减速下降的电梯中，人站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
D．在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中，人站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
【答案】 BD
【解析】 当同学在电子秤上下蹲时，人体重心下移，先加速下降，加速度向下，此时同学处于失重状态，同学对电子秤的压力小于自身重力；然后减速下降，加速度向上，此时同学处于超重状态，同学对电子秤的压力大于自身重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A错误，B正确；当电梯减速下降时，加速度竖直向上，该同学处于超重状态，电子秤对同学的支持力大于同学的重力，根据作用力与反作用力大小相等可知，测量值会大于真实体重，故C错误；把电子秤放在电梯里，当电梯以5 m/s2的加速度加速上升时，设支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ma解得FN＝750 N，因为同学对秤的压力与秤对同学的支持力为一对作用力和反作用力，大小相等，则电子秤示数为m显示＝＝75 kg，故D正确。故选BD。
9.(2024·湖南长沙三模)如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R光滑的圆弧体，圆心为O，一个质量为m的小球由静止释放，释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为θ，滑至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ，得到小球的水平位移x和sin θ的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．小球与圆弧面组成的系统动量守恒
B．圆弧体对小球做负功
C．圆弧体与小球的质量之比为
D．当θ为90°时，两者分离时小球的速度为
【答案】 BC
【解析】 根据动量守恒条件可知小球与圆弧面组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒，故A错误；整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做负功，故B正确；滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为L＝Rsin θ＝Rp，根据水平方向动量守恒可得mv球＝Mv圆，时间相等，则上式可变形为mx＝M(L－x)，解得圆弧体与小球的质量之比为＝＝，故C正确；当θ为90°时，根据机械能守恒可得mgR＝mv＋Mv，又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为v球＝，故D错误。故选BC。
10.(2024·四川绵阳模拟)如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片LM393和霍尔元件组成，LM393输出的时钟电流(交变电流)经二极管整流后成为恒定电流I从霍尔元件的A端流入，从F端流出。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔原件的工作面水平向左，测得CD端电压为U。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔原件沿AF方向的长度为d1，沿CD方向的宽度为d2，沿磁场方向的厚度为h，下列说法正确的是( )
A．C端的电势高于D端
B．若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将增大
C．自由电子的平均速率为v＝
D．可测得此时磁感应强度B＝
【答案】 AD
【解析】 已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A流向F，则左手定则可得电子偏向D端，则C端的电势高于D端，故A正确；根据Bev＝可得U＝Bd2v，若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将减小，故B错误；根据电流微观表达式I＝neSv可得v＝＝，故C错误；由Bev＝，v＝，联立可得B＝，故D正确。故选AD。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)选择题保分练(二)
一、单项选择题
1.(2024·江西上饶模拟预测)当太阳内部的氢元素消耗殆尽后，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为3He→X，已知He的结合能为E1，X的结合能为E2，则下列判断正确的是( )
A．该核反应是α衰变
B．X的中子数比质子数多
C．E2＝3E1
D．核反应放出的热量为E2－3E1
【答案】 D
【解析】 根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为3He→X，属于轻原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，不属于衰变，A错误；中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，有6个质子，B错误；该反应存在质量亏损，会释放大量热量，由能量守恒定律知，释放的热量为Q＝E2－3E1即E2>3E1，C错误，D正确。
2.如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )
A．kL B．kL
C．kL D．2kL
【答案】 B
【解析】 根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F＝k(1.5L－L)＝0.5kL，设此时两根橡皮条与合力的夹角均为θ，根据几何关系知sin θ＝＝，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F合＝2Fcos θ＝kL，故选B。
3.(2024·四川雅安模拟)真空中两点电荷分别放在x轴上的O点和M点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是( )
A．两点电荷的电性相同
B．A点的电场强度为零
C．N点的电场强度大于C点的电场强度
D．质子从N点运动到C点的过程中电势能减小
【答案】 C
【解析】 由题图知，在O点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误；φ－x图像的斜率表示电场强度，A、N点的斜率不为零，C点的斜率为零，故B错误，C正确；质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。
4.(2024·湖北武汉模拟)如图所示，质量为m的小球P用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，当小车水平向右做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，轻弹簧处于竖直方向，则下列说法中正确的是( )
A．细线的张力不可能为0
B．若小车向右做匀速直线运动，弹簧伸长量为
C．弹簧的弹力不可能为0，也不可能处于压缩状态
D．若小车水平向右的加速度a>gtan θ，弹簧伸长量为
【答案】 B
【解析】 若小车向右做匀速直线运动，因轻弹簧处于竖直方向，可知细线拉力为0，此时弹簧弹力等于重力，即kx＝mg解得x＝，故A错误，B正确；若a＝gtan θ，则Tsin θ＝ma，F弹＋Tcos θ＝mg解得F弹＝0即弹簧的弹力为0。若a>gtan θ，则F弹＝kx＝mg－<0，弹簧压缩量为x＝，故C、D错误。故选B。
5.(2024·湖北武汉模拟)我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后，我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。1轨道为量子卫星静止在赤道上随地球自转，2为近地轨道，3为地球的同步轨道，如图所示。已知该卫星在1轨道随地球自转的周期约为近地轨道2运动周期的17倍，关于该卫星在1、2、3轨道绕地球做匀速圆周运动的说法中正确的是( )
A．卫星在轨道1的加速度最大，线速度最小
B．卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大
C．卫星在轨道3运动的周期最大，线速度最小
D．若将该卫星放在南极极点上，与轨道1处相比，其重力将变为原来的2.89倍
【答案】 B
【解析】 对于1轨道和3轨道，周期相等，角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r可知卫星在1轨道的加速度和线速度小于卫星在3轨道的加速度和线速度，对于2轨道和3轨道，根据万有引力提供向心力G＝mr＝m＝ma，可得v＝，a＝，T＝2π，可知卫星在2轨道的线速度大于卫星在3轨道的线速度，卫星在2轨道的加速度大于卫星在3轨道的加速度，卫星在2轨道的周期小于卫星在3轨道的周期，综上所述可得卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大，故B正确，A、C错误；设卫星在2轨道上运行的周期为T，地球半径为R，根据题意可知在南极极点上，卫星的重力G＝m××R，在赤道上，卫星的重力G′＝m××R－m××R，可得≈1.003 4，故D错误。
6.(2024·四川内江期末)如图，由a、b两种单色光组成的复色光，沿半球形水雾的半径方向AO入射，折射后分成两种单色光a、b。其中，a光与界面的夹角为30°，b光的折射率为，b光与法线的夹角为45°，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。下列说法中正确的是( )
A．a光在半球水雾中的传播时间为
B．a光在半球水雾中的传播时间为
C．a单色光的频率比b单色光的频率小
D．利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，b光比a光的条纹间距大
【答案】 D
【解析】 设入射角为θ，由折射定律可知，对b光有nb＝，解得θ＝30°，对于a光，由折射定律可知na＝＝，设a光在水雾半球中传播的速度为va，则na＝，则a光在水雾半球中的传播时间t＝，联立可得t＝，故A、B错误；因为na>nb，故波长λa<λb，故a单色光的频率比b单色光的频率大，故C错误；根据C项分析知λa<λb，利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，根据Δx＝λ，知b光比a光的条纹间距大，故D正确。故选D。
7.(2024·湖北学业考试)临近盛夏，池中的荷叶已经宽大而厚实，像一把巨大的绿色伞盖，为小生命们提供了遮阳避雨的场所。若在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算池中荷叶叶面承受雨滴撞击产生的平均压强p，建立以下模型：假设荷叶叶面呈水平状，雨滴竖直下落的速度为v，所有落到叶上的雨滴，约有向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另约的雨滴撞击叶面后无反弹留在叶面上；忽略叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p约为( )
A． B．
C． D．
【答案】 C
【解析】 设荷叶的面积为S，则t时间内落到荷叶上面雨滴的质量为m＝ρSh，根据题意，有的雨滴向四周散开，取竖直向上为正方向；根据动量定理有F1t＝×－，另留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0－，根据压强的定义式p＝，可得p＝，联立解得p＝，故选C。
二、多项选择题
8.两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝－3 cm和x2＝9 cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，在同一均匀介质中在x轴上产生两列传播速度大小相等、方向相反的机械波。t＝3 s时刻第一次形成如图所示的波形，则下列说法正确的是( )
A．振源Q起振方向沿y轴负方向
B．两列波的传播速度大小为2 cm/s
C．两列波在x＝1 cm处相遇后，该质点的振动始终加强
D．两列波在x＝2.5 cm处相遇后，该质点的振动始终加强
【答案】 AD
【解析】 振源Q形成的波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知x＝6 cm处质点起振方向沿y轴负方向，则振源Q起振方向沿y轴负方向。同理可知，振源P起振方向沿y轴正方向。两振源的起振方向相反，故A正确；两列波的传播速度大小为v＝＝ cm/s＝1 cm/s，故B错误；两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝1 cm处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱，故C错误；同理，两列波在x＝2.5 cm处相遇后，振动情况完全相同，该质点的振动始终加强，故D正确。故选AD。
9.(2024·河北衡水模拟)如图，空间存在着垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，M是垂直于x轴的荧光屏，O点到屏M的距离为R。O点为一粒子源，从O点沿Oy方向发射出一束速度不同、比荷相同的带正电粒子，经磁场偏转后均能水平向右垂直打在屏M上，已知粒子以最大速度v0在磁场中运动轨迹如图中所示，则( )
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．带电粒子的比荷为
C．磁场区域最小面积为
D．磁场区域最小面积为
【答案】 BD
【解析】 根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；根据R＝可知比荷为＝，故B正确；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上，所以磁场边界是45°斜线，如图，则磁场区域最小面积为阴影部分面积为Smin＝－R2＝，故C错误，D正确。故选BD。
10.(2024·湖北预测)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u＝220sin 100πt(V)，定值电阻R1的阻值为10 Ω，电阻箱R2的初始阻值为20 Ω，灯泡L阻值恒为20 Ω，电流表的内阻不计。下列说法正确的是( )
A．原线圈中的电流方向每秒钟改变50次
B．原副线圈磁通量变化率之比为2∶1
C．电流表示数为4.4 A
D．当R2＝ Ω时，副线圈功率达到最大
【答案】 CD
【解析】 由题意可知，交流电压的周期为T＝＝0.02 s，每个周期交变电流方向改变2次。所以每秒钟改变100次，故A项错误；理想变压器，其原副线圈磁通量变化率之比相等，即为1∶1，故B项错误；设副线圈电压为U2，原线圈电压为U1，R1两端电压为U1′，则U＝U1′＋U1，又因为理想变压器，所以有＝＝2，设灯泡电流为I，灯泡电阻与电阻箱的阻值相同，电阻箱的电流也为I，则U2＝IR2＝R2，电流关系有＝＝，由欧姆定律有U1′＝I1R1，联立解得I＝4.4 A，即电流表的示数为4.4 A，故C项正确；把负载等效成一个电阻串联在原线圈中，其等效阻值设为R，则U1＝I1R，又因为U2＝I2，理想变压器有＝＝2，＝，联立解得R＝4，R的功率为P＝IR＝2R＝，可知，当R＝R1时，R的功率最大，即副线圈功率达最大。则R＝4＝R1，解得R2＝ Ω，故D项正确。故选CD。
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