《高考快车道》选择题专项练5（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 物理

选择题专项练(五)
一、单项选择题
1.(2025辽宁大连高三双基测试)我国于2024年1月研发出全球首款民用核电池,它最大的特点是可以实现50年稳定发电。该核电池利用镍63来工作,其核反应方程为NiCu+X,则X是(　　)
AH Be
Cn DHe
答案 B
解析 →X是e,故B正确,A、C、D错误。
2.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
答案 D
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。
3.(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,利用液导激光技术加工器件时,激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流,甲的折射率比乙的大,则(　　)
A.激光在甲中的频率大
B.激光在乙中的频率大
C.用甲时全反射临界角大
D.用乙时全反射临界角大
答案 D
解析 由光的传播特性可知,光在不同介质中传播时,其频率保持不变,故A、B错误;全反射临界角公式sin C=,又n甲>n乙,则用乙时全反射临界角大,故C错误,D正确。
4.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
答案 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。
5.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.
答案 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。
6.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
答案 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。
7.(2025辽宁沈阳高三质量检测)如图是“神舟十九号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接的示意图。“天和”核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上;“神舟十九号”飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ上,运行周期为T1,经过A点时,通过变轨操作后,沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与核心舱对接,则“神舟十九号”飞船(　　)
A.沿轨道Ⅱ运动过程中,vAB.沿轨道Ⅱ从A点运动到B点过程中,机械能增大
C.在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
D.从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点用时
答案 D
解析 “神舟十九号”飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中,机械能守恒,动能转化为势能,故vA>vB,故A、B错误;由万有引力提供向心力有G=m,可得v=,因为r1二、多项选择题
8.(2025郴州模拟)如图所示,M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置,导轨间距分别为2L和L,两组导轨间由导线相连,装置置于水平面内,导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置,且均处于静止状态,其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好,且稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处,则下列说法正确的是(　　)
A.t=0时,导体棒D的加速度大小为
B.稳定运动时,C、D两棒速度之比为1∶1
C.从t=0时至两导体棒稳定运动的过程中,回路产生的内能为
D.从t=0时到达到稳定运动的过程中,通过导体棒的电荷量为
答案 ACD
解析 开始时,导体棒中的感应电动势E=2BLv0,电路中感应电流I=,导体棒D所受安培力F=BIL,设此时导体棒D的加速度为a,则有F=ma,解得a=,故A正确;稳定运动时,电路中电流为零,设此时C、D棒的速度分别为v1、v2,则有2BLv1=BLv2,对变速运动所用时间Δt,由动量定理,对C棒有2BLΔt=m(v0-v1),对D棒有BLΔt=mv2,故对变速运动全过程有v0-v1=2v2,解得v2=v0,v1=v0,故B错误;根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q=,解得Q=,故C正确;由动量定理,对C棒有2BLΔt=m(v0-v1),可得2BLq=m(v0-v1),解得q=,故D正确。
9.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
答案 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;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。
10.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
答案 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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