2023屆高考二輪總復習試題物理（適用于老高考舊教材）選擇題專項練（三）Word版含解析

選擇題專項練(三)(滿分:48分時間:25分鐘)本題組共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。14.(2022山西大同一中模擬)如圖所示,一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度Ω轉動,圓筒的半徑r=1.5m。筒壁內有一小物體與圓筒始終保持相對靜止,小物體與圓筒間的動摩擦因數為32(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),轉動軸與水平面間的夾角為60°,重力加速度g取10m/s2,則Ω的最小值是(A.1rad/s B.303C.10rad/s D.5rad/s15.(2022陜西咸陽一模)如圖所示,豎直墻與水平地面交點為O,從豎直墻上的A、B兩點分別搭兩條光滑軌道到M點,∠AMO=60°,∠BMO=45°,M點正上方與A等高處有一C點?，F同時將a、b、c球分別從A、B、C三點由靜止開始釋放,忽略空氣阻力,則()A.c球最先到達M點B.b球最先到達M點C.b球最后到達M點D.a球和c球同時到達M點16.(2022廣西桂林模擬)如圖所示,由粗細均勻的電阻絲制成的邊長為l的正方形線框abcd,其總電阻為R,現使線框以水平向右的速度v勻速穿過一寬度為2l、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行。令線框的cd邊剛好與磁場左邊界重合時t=0,規(guī)定電流方向沿順時針為正,U0=Blv。下列線框中電流I及a、b兩點間電勢差Uab隨線框ad邊的位移x變化的圖像正確的是()17.如圖所示,四根通有大小相等的恒定電流的長直導線垂直穿過xOy平面,1、2、3、4直導線與xOy平面的交點成邊長為2a的正方形且關于x軸和y軸對稱,各導線中電流方向已標出,已知通電無限長直導線產生的磁感應強度的大小與到直導線的距離成反比。下列說法正確的是()A.直導線1、2之間的相互作用力為吸引力B.4根直導線在O點的磁感應強度方向沿y軸正方向C.直導線2受到直導線1、3、4的作用力的合力方向背離O點D.直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度方向沿y軸正方向18.(2022甘肅蘭州模擬)如圖所示,一塊質量為m0的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有擋板,擋板上固定一個輕質小彈簧。一個質量為m的小物塊(可視為質點)以水平速度v0從木板的最右端開始向左運動,與彈簧碰撞后(彈簧處于彈性限度內),最終又恰好相對靜止在木板的最右端。以下說法正確的是()A.小物塊的最終速度為12vB.木板的最終速度為v0C.彈簧的最大彈性勢能為mD.木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機械能為m19.(2022湖南永州三模)釷(90232Th)是一種放射性金屬元素,帶鋼灰色光澤,質地柔軟,廣泛分布在地殼中,是一種前景十分可觀的能源材料。已知釷發(fā)生衰變的半衰期為24天,關于釷的衰變,下列說法正確的是A.衰變放出的γ射線具有很強的電離能力B.釷原子發(fā)生一次β衰變,原子核放出一個電子C.β射線是高速電子流,它的穿透能力比α射線強D.現在有80個釷原子,經過96天后,未衰變的釷原子個數為520.(2022江西景德鎮(zhèn)一模)如圖所示,空間存在方向垂直紙面的勻強磁場,一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處,在紙面內向各個方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子,不考慮粒子間的相互作用和粒子重力,已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d,則粒子()A.能打在板上的區(qū)域長度為2dB.打在板上時離P點的最遠距離為3dC.到達板上的最長時間為3D.到達板上的最短時間為π21.2021年10月16日,神舟十三號載人飛船將3名航天員送入太空并與空間站組合體順利對接,對接過程可簡化為如圖所示的情境。圓形軌道2為空間站組合體運行軌道,橢圓軌道1為載人飛船運行軌道,兩軌道相切于P點。已知軌道2的半徑為r,地球表面的重力加速度大小為g,地球自轉的周期為T,軌道1的半長軸為a,引力常量為G,以下判斷正確的是()A.由已知條件可以求出地球的質量B.載人飛船若要由軌道1進入軌道2,需要在P點加速C.載人飛船在軌道1上P點的加速度小于空間站組合體在軌道2上P點的加速度D.空間站組合體在軌道2上運行的周期與飛船在軌道1上運行的周期之比為r答案：14.C解析若物塊轉到最高點時恰不下滑,則對物塊由牛頓第二定律可知FN+mgcos60°=mω2rFf=μFN=mgsin60°解得ω=10rad/s,故選C。15.A解析設BO距離為R,對于AM軌道,位移x1=2R,加速度為a1=mgsin60°m=gsin60°=32g,根據x1=12a1t12解得t1=2x1a1=2×2R32g=8R3g;對于BM軌道,位移x2=2R,加速度為a2=mgsin45°m=gsin45°=22g,根據x2=12a2t2216.B解析因為線框各邊電阻均勻,cd邊進入磁場后,產生的感應電動勢為E=Blv=U0,由楞次定律判斷出感應電流方向沿逆時針方向,則a點的電勢低于b點的電勢,Uab為負,則ab兩端電勢差Uab=-14U0。線框全部進入磁場后,線框中雖然感應電流為零,但ab兩端仍有電勢差,由右手定則判斷可知,a點的電勢低于b點的電勢,Uab為負,且Uab=-U0。cd邊穿出磁場后,ab邊切割磁感線,相當于電源,其兩端電勢差等于路端電壓,由右手定則知,a點的電勢低于b點的電勢,Uab為負,Uab=-34U0。綜上所述,B正確,A、C、D錯誤。17.C解析當直導線中通有異向電流時,電流之間表現為排斥力,A錯誤;由右手定則并結合矢量疊加可知O點的磁感應強度為零,B錯誤;若直導線1在直導線2處產生的安培力為F,則1、3在2處的安培力的合力為2F,方向背離O點,而4在2處產生的安培力為22F,方向指向O點,所以直導線2受到直導線1、3、4的作用力的合力方向背離O點,C正確;直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度方向沿y軸負方向,D18.D解析小物塊從初始位置滑動到最后相對木板靜止過程,小物塊與木板構成的系統(tǒng)動量守恒,則有mv0=(m+m0)v2,解得v2=mv0m+m0,故A、B錯誤;小物塊從初始位置滑動到最左端的過程,小物塊與木板構成的系統(tǒng)動量守恒,則有mv0=(m+m0)v1,解得v1=mv0m+m0,小物塊滑動到最左端的過程中,由能量守恒定律,得Epm+Q+12(m+m0)v12=12mv02,Q=FfL,小物塊從初始位置滑動到最右端的過程中,由能量守恒定律,得Q'+12(m+m0)v22=12mv0219.BC解析衰變放出的γ射線是高能電磁波,電離能力弱,故A錯誤;釷原子發(fā)生一次β衰變,核內一個中子變?yōu)橘|子,釋放一個電子,故B正確;β射線是高速電子流,它的穿透能力比α射線強,故C正確;半衰期是大量統(tǒng)計的結果,對少量的粒子沒有意義,故D錯誤。20.CD解析粒子打在平板上的軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示,左邊粒子軌跡與平板相切,右邊為直徑與平板的交點,根據幾何關系知,帶電粒子能打