《领跑高中》 物理二轮复习高考题型组合练 5.选择题＋实验题组合练 习题课件

(共33张PPT)
5.选择题＋实验题组合练（5）
高考专题辅导与测试·物理
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＋XY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
BSr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
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解析： 　根据质量数守恒和电荷数守恒，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个半衰期还剩余（）3＝的锶90没有发生衰变，即会有的锶
90发生衰变，D项错误。
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2. （2024·山东青岛三模）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，如图所示。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
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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
与时间关系可得x1＝a，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，根据速度与位移关系可得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，根据位移与时间关系可得
x6＝a，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。
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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°
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解析： 　当入射角为α时，光路如图所示，根据折
射定律知n＝，由题意知，此时折射光线刚好在
内壁表面发生全反射，故sin C＝，在△AOB中，由
正弦定理得＝，联立得sin α＝，解
得α＝30°，故选D。
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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动能之比为
4∶1
D. 在状态C、D时气体分子无规则运动的平均动能之比为1∶4
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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），C、D两状态气体的温度
之比为4∶1，故EkC∶EkD＝4∶1，C正确，D错误。
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5. （2024·湖北武汉模拟）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.
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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m＝qφm，当速度为2v0时，有m＝mvmin2＋
qφm，m＝m－qφm，联立解得vmin＝v0，vmax＝v0，则
可得＝＝，故选D。
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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.
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解析： 　根据万有引力与重力的关系得G＝mg，在圆形轨道Ⅰ上，
根据万有引力提供向心力得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。
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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
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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
对两物体的弹力大小相等，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
可知系统一定受到向右的冲量，故C正确；根据能量守恒定律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。
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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
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解析： 　由系统动量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝m，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＝m－×2m＝m，碰碰车第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2＝×2m－×3mv2＝m，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正确，D错误。
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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
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解析： 　当金属棒从O点向右运动距离为x时，金属棒切割磁感线的
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，选项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，拉力的冲量大小为I＝Fmt＝
，选项D错误。
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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、电荷量为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，电荷量不变。不计粒
子重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）
A. B.
C. D.
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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（如图所示）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B、D。
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三、实验题
11. （2024·青海玉树模拟）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图
甲所示。
（1）需要的测量仪器或工具有 。
A. 刻度尺 B. 天平（带砝码）
C. 秒表 D. 圆规
ABD
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解析： 根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则
满足m1＝m1＋m2实验中需要测量的物理量有两小球质量和水平射程；因此应用到刻度尺和天平（带砝码），测量水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规。不需要测量时间，不需要秒表。故选A、B、D。
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（2）必须要求的条件是 。
A. 入射球和被碰球必须质量相等
B. 斜槽轨道末端的切线必须水平
C. 斜槽轨道应尽量光滑以减小误差
D. 入射球每次必须从轨道的同一位置由静止下滑
BD
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解析： 为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大
于被碰球的质量，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则
斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；“验证动量守恒定律”的
实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只
要离开轨道后做平抛运动，对斜槽轨道是否光滑没有要求，故C
错误；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一位
置由静止滚下，故D正确。
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（3）某次实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守
恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为 。
解析： 根据m1·＝m1·＋m2·得＝＝
＝。
4∶1
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12. （2024·广东广州模拟）半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，
其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器
在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
压力传感器；
电源：电动势6 V，内阻不计；
电流表A：量程250 μA，内阻约为50 Ω；
电压表V：量程3 V，内阻约为20 kΩ；
滑动变阻器R1：阻值范围0～100 Ω；
滑动变阻器R2：阻值范围0～20 kΩ；
开关S；
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导线若干。
（1）为了提高测量的准确性，应该选以下 电路图进行测
量，其中，滑动变阻器应选 （填元器件符号），使用
该电路得到的测量值 （选填“大于”“小于”或者
“等于”）真实值；
C
R1
大于
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解析： 为使滑动变阻器便于调节，应选择R1，题中待测电
阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故滑动变
阻器应采用分压接法，又由于待测电阻阻值远大于电流表的内
阻，故应采用电流表的内接法，故选C。由部分电路欧姆定律可
知RN＝电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于RN两端电压，故RN测量值大于真实值。
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（2）通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图甲所
示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣
装置，可以将质量大于0.5 kg的物体和小于0.5 kg的物体进行分
拣，图中RN为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电动势为6 V
（内阻不计）。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘
上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端
电压u≥2 V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路
两端电压u＜2 V时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进
入通道2，从而实现分拣功能。
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根据以上原理可知，R'接入电路的阻值为 kΩ（重力加速度大小取
10 m/s2，结果保留2位有效数字），质量为0.4 kg的物体将进入
（选填“通道1”或“通道2”）。
9.0
通道2
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解析： 质量为0.5 kg的物体对RN的压力为F＝mg＝5 N，由
图甲可知，此时RN＝18.0 kΩ，由闭合电路欧姆定律E＝U＋
IRN，且R'＝，联立解得R'＝9.0 kΩ，由图甲可知，压力变小，
RN阻值变大，故电路中电流变小，R'两端电压变小，小于2 V，
故物体进入通道2。
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