2025屆高考物理二輪復習選擇題押題練2含解析

PAGE6-選擇題押題練2一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一項符合題目要求。1．下列說法正確的是()A.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是α衰變B．α粒子散射試驗中，極少數(shù)α粒子發(fā)生了較大偏轉是盧瑟福猜想原子核式結構模型的主要依據C．核反應方程eq\o\al(9,4)Be＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C＋X中的X為質子D．氡的半衰期為3.8天，若有4個氡原子核，經過3.8天后就肯定只剩下2個氡原子核解析：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是聚變方程，A錯誤；盧瑟福提出的核式結構模型的依據就是α粒子散射試驗的現(xiàn)象，B正確；依據質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可得X為中子，C錯誤；半衰期是對大量樣本的統(tǒng)計規(guī)律，對4個原子核不適用，D錯誤。答案：B2．如圖所示，一球用網兜懸掛于O點，A點為網兜上對稱分布的若干網繩的結點，OA為一段豎直繩。若換體積較小而質量相同的另一球，設網繩的長度不變，則()A．網繩的拉力變小B．網繩的拉力變大C．豎直繩OA的拉力變小D．豎直繩OA的拉力變大解析：由于球靜止，豎直繩的拉力與球的重力等大反向。以結點A為探討對象，網繩的合力與豎直繩的拉力等大反向，等于球的重力，換體積較小而質量相同的球后，豎直繩OA的拉力不變，而網繩與豎直方向的夾角減小，則網繩上的拉力減小，故B、C、D錯誤，A正確。答案：A3．如圖所示，帶正電的點電荷Q固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q點為焦點的橢圓運動，M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點。φM、φN和EM、EN分別表示電子在M、N兩點的電勢和電場強度，則電子從M點逆時針運動到N點()A．EM>ENB．φM>φNC．電子的動能減小D．電場力對電子做了正功解析：在正電荷形成的電場中，越靠近點電荷的位置場強越大，電勢越高，所以EM<EN，φM<φN，故A、B錯誤；當電子從M點向N點運動時，庫侖力對電子先做正功，后做負功，運動的速度先增加后減小，依據功能關系可知，電子的電勢能先減小后增加，電場力所做的總功為正，所以總的電勢能減小，動能增大，故C錯誤，D正確。答案：D4．不計空氣阻力，以肯定的初速度豎直上拋一物體，物體從被拋出至回到拋出點的運動時間為t?，F(xiàn)在物體上升的最大高度的一半處設置一塊擋板，物體撞擊擋板前后的速度大小相等、方向相反，撞擊所需時間不計，則這種狀況下物體上升和下降的總時間約為()A．0.5tB．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：物體做豎直上拋運動，從拋出至回到原點的時間為t，依據對稱性可得，物體下降時間為0.5t，故高度為h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,8)gt2，物體自由落體運動eq\f(1,2)h的過程，有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得t1＝eq\f(\r(2),4)t，所以其次次物體上升和下降的總時間t′＝t－2t1＝t－eq\f(\r(2),2)t≈0.3t，故選C。答案：C5．如圖為一粒子速度選擇器原理示意圖。半徑為10cm的圓柱形桶內有一勻強磁場，磁感應強度大小為1.0×10－4T，方向平行于軸線向內，圓桶的某直徑兩端開有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，將以不同速度從另一個孔射出。有一粒子源放射出速度連續(xù)分布、比荷為2.0×1011C/kg的帶負電粒子，粒子間相互作用及重力均不計，當粒子的入射角θ為30°時，則粒子出射的速度大小為()A．2×106m/s B.eq\r(3)×106m/sC．2eq\r(3)×106m/s D．4×106m/s

解析：粒子運動的軌跡如圖，若θ＝30°，則α＝60°，可知粒子運動的軌道半徑為r＝2R＝0.2m，由于qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝2×1011×10－4×0.2m/s＝4×106m/s，故D正確，A、B、C錯誤。答案：D6．宇航員在某星球上能用比地球上小得多的力搬起同一個鐵球，則下列說法中正確的是()A．這星球的半徑比地球的半徑小B．這星球上宇航員將同一拉力器拉至相同長度時比地球上更省力C．這星球表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小D．這星球的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小解析：一位宇航員在某星球上能用比地球上小得多的力搬起石頭，說明某星球的重力加速度小于地球的重力加速度，在星球表面上有，Geq\f(Mm,R2)＝mg，又ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得R＝eq\f(3g,4πρG)，由于這個星球與地球的密度大小關系不知道，所以無法比較兩星球的半徑大小，故A錯誤，C正確；在地球上和在該星球上將同一拉力器拉至相同長度時拉力器的彈力相同，則宇航員用力相同，與重力加速度無關，故B錯誤；在星球表面上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，由于不知道兩星球的半徑大小，故兩星球的第一宇宙速度大小無法比較，故D錯誤。答案：C7．如圖所示的木塊B靜止在光滑的水平面上，木塊上有半徑為R＝0.4m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道，且圓弧軌道的底端與水平面相切，—可視為質點的物塊A以水平向左的速度v0沖上木塊，經過一段時間剛好運動到木塊的最高點，隨后再返回到水平面。已知兩物體的質量為mA＝mB＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物塊A滑到最高點的速度為零B．物塊A的初速度大小為4m/sC．物塊A返回水平面時的速度為4m/sD．木塊B的最大速度為2m/s解析：物塊A剛好運動到木塊B的最高點時，兩者共速，設速度為v，對物塊A和木塊B組成的系統(tǒng)，由機械能守恒和水平方向動量守恒得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝mAgR＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v0＝4m/s，v＝2m/s，故A錯誤，B正確；當物塊A返回到水平面時，木塊B的速度最大，由機械能守恒和水平方向動量守恒得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，mAv0＝mAv1＋mBv2，解得v2＝4m/s，v1＝0，另一組解v1＝4m/s，v2＝0舍去，故C、D錯誤。答案：B二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小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。8．如圖所示，高為H、上下開口、內壁光滑的銅管豎直放置，可視為質點的小磁球從上開口處由靜止釋放，并落至下開口處。若不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則()A．小磁球在管中做自由落體運動B．小磁球在管中下落過程中機械能不守恒C．小磁球落至下開口處的速度小于eq\r(2gH)D．若將銅管換成內壁光滑的陶瓷管，小磁球下落過程中機械能守恒解析：依據楞次定律，小磁球在管中運動時要在管中產生渦流，從而小磁球下落時要受到向上的安培力作用，則小磁球的運動不是自由落體運動，選項A錯誤；小磁球在管中由于有感應電流產生，產生電能，則下落過程中機械能不守恒，選項B正確；若小磁球做自由落體運動，則到達下開口的速度等于eq\r(2gH)，但是由于小磁球下落時受到向上的安培力，則小磁球落至下開口處的速度小于eq\r(2gH)，選項C正確；若將銅管換成內壁光滑的陶瓷管，小磁球下落過程中不再產生電能，則機械能守恒，選項D正確。答案：BCD9．安裝在排污管道上的流量計可以測量排污流量Q，流量為單位時間內流過管道橫截面的流體的體積，如圖所示為流量計的示意圖。左右兩端開口的長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，所在空間有垂直于前后表面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N，污水充溢管道從左向右勻速流淌，測得M、N間電勢差為U，污水流過管道時受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為管道長度，v為污水的流速，則()A．電壓U與污水中離子濃度無關B．污水的流量Q＝eq\f(abU,B)C．金屬板M的電勢低于金屬板ND．左、右兩側管口的壓強差Δp＝eq\f(kaU2,bB2c3)解析：污水中的離子受到洛倫茲力，正離子向上極板聚集，負離子向下極板聚集，所以金屬板M的電勢大于金屬板N，從而在管道內形成勻強電場，最終離子在電場力和洛倫茲力的作用下平衡，即qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝cvB，可知電壓U與污水中離子濃度無關，A正確，C錯誤；污水的流量為Q＝vbc＝eq\f(U,cB)bc＝eq\f(bU,B)，B錯誤；污水流過該裝置受到的阻力為f＝kLv2＝kaeq\f(U2,c2B2)，污水勻速通過該裝置，則兩側的壓力差等于阻力，即Δp·bc＝f，則Δp＝eq\f(f,bc)＝eq\f(ka\f(U2,c2B2),bc)＝eq\f(kaU2,bB2c3)，D正確。答案：AD10．一有界區(qū)域內，存在著方向分別垂直于光滑水平桌面對下和向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，磁場寬度均為L，如圖所示。邊長為L的正方形導線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，建立水平向右的x軸，且坐標原點在磁場的左邊界上，從t＝0時刻起先線框沿x軸正方向勻速通過磁場區(qū)域，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，導線框受向左的安培力為正方向，四個邊電阻均相等。下列關于感應電流i，b、a兩點電勢差Uba及導線框受的安培力F隨時間t的改變規(guī)律正確的是()解析：正方形導線框進入第一個磁場過程中，只有bc邊切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為逆時針方向，大小為I1＝eq\f(BLv,4R)，b、a兩點的電勢差為U1＝eq\f(1,4)BLv，正方形導線框所受安培力為F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,4R)，由左手定則可知，安培力方向水平向左；正方形導線框進入其次個磁場過程中，ad邊在第一個磁場中切割磁感線，bc邊在其次個磁場中切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為順時針，大小為I2＝eq\f(BLv＋2BLv,4R)＝eq\f(3BLv,4R)，由于電流方向為順時針，則b點電勢低于a點電勢，b、a兩點的電勢差為U2＝－I2R＝－eq\f(3,4)BLv，正方形導線框所受安培力為F2＝BI2L＋2BI2L＝eq\f(3B2L2v,4R)＋eq\f(6B2L2v,4R)＝e