2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項第4部分選擇題保分練(三)含答案及解析

選擇題保分練(三)一、單項選擇題1.已知鍶90的半衰期為28年，其衰變方程為eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋X，eq\o\al(90,39)Y是一種非常穩(wěn)定的元素，關(guān)于上述衰變過程，下列說法正確的是()A．衰變方程中的X為質(zhì)子B．eq\o\al(90,38)Sr的比結(jié)合能小于eq\o\al(90,39)Y的比結(jié)合能C．此反應(yīng)的實質(zhì)是Sr原子發(fā)生電離D．經(jīng)過84年，會有eq\f(2,3)的鍶90發(fā)生衰變【答案】B【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知X為電子，A項錯誤；衰變反應(yīng)是放能反應(yīng)，衰變產(chǎn)物eq\o\al(90,39)Y是一種更穩(wěn)定的元素，可知其比結(jié)合能大于eq\o\al(90,38)Sr的比結(jié)合能，B項正確；β衰變的實質(zhì)是原子核內(nèi)部的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子，同時釋放出一個電子，C項錯誤；根據(jù)半衰期公式，經(jīng)過84年即3個半衰期還剩下eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)的鍶90沒有發(fā)生衰變，即會有eq\f(7,8)的鍶90發(fā)生衰變，D項錯誤。2.(2024·山東青島三模)如圖，多輛車在路口停止線后依次排列等候綠燈，第一輛車的前端剛好與路口停止線相齊，且每輛車的尾部與相鄰后車的前端距離均為1m。為了安全，前車尾部與相鄰后車前端距離至少為5m時后車才能開動。已知車長均為4m，開動后車都以2m/s2的加速度做勻加速直線運動直到離開路口。綠燈亮起瞬間，第一輛車立即開動，下列說法正確的是()A．第二輛車剛開動時，第一輛車已行駛的時間至少為eq\r(5)sB．第六輛車前端剛到達停止線時的速度大小為2eq\r(30)m/sC．從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為12sD．從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為15s【答案】D【解析】當(dāng)?shù)谝惠v車向前行駛4m時，第二輛車開始啟動，根據(jù)位移時間關(guān)系可得x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得t1＝2s，故A錯誤；第六輛車前端距離停止線25m，根據(jù)速度位移關(guān)系可得v2＝2ax6，解得v＝10m/s，故B錯誤；前面一輛車開始啟動2s后，后面一輛車開始啟動，所以從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為t′＝5×2s＝10s，故C錯誤；由于第六輛車前端距離停止線25m，根據(jù)位移時間關(guān)系可得x6＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,6)解得t6＝5s，從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為t′＋t6＝15s，故D正確。3.(2024·河南模擬)如圖所示，一橫截面為圓環(huán)形的玻璃磚，外徑為內(nèi)徑的2倍，O為圓心。一束單色光由A點射入玻璃磚，當(dāng)入射角為α?xí)r，折射光線恰好不能透過內(nèi)壁進入內(nèi)圓(不考慮折射光線經(jīng)外界面反射的光線)。已知玻璃磚的折射率為eq\r(2)，則α等于()A．75° B．60°C．45° D．30°【答案】D【解析】當(dāng)入射角為α?xí)r，光路如圖所示，根據(jù)折射定律知有n＝eq\f(sinα,sinθ)，由題意，此時折射光線剛好在內(nèi)壁表面發(fā)生全反射，故sinC＝eq\f(1,n)，對△AOB，由正弦定理得eq\f(2R,sin180°－C)＝eq\f(R,sinθ)，聯(lián)立得sinα＝eq\f(1,2)，解得α＝30°，故選D。4.(2024·廣東深圳模擬)將壓癟的乒乓球(未漏氣)浸泡在熱水中，一段時間后乒乓球便恢復(fù)原狀，然后將其從熱水中拿出，乒乓球內(nèi)部氣體(視為理想氣體)經(jīng)歷了由A→B→C→D的變化過程，V－T圖像如圖所示，T為熱力學(xué)溫度，已知理想氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比，則下列結(jié)論正確的是()A．狀態(tài)A、B的壓強之比為3∶2B．A→D過程，球內(nèi)氣體從外界吸收的熱量為零C．在狀態(tài)C、D時氣體分子無規(guī)則運動的平均速率之比為2∶1D．在狀態(tài)C、D時氣體分子無規(guī)則運動的平均速率之比為1∶2【答案】C【解析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知eq\f(pA·\f(V0,2),T0)＝eq\f(pBV0,3T0)，解得pA∶pB＝2∶3，A錯誤；A→D的過程中，溫度不變，故內(nèi)能不變，氣體體積增大，對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，B錯誤；由題意可知，氣體的平均動能Ek＝ε·T(ε>0)，Ek＝eq\f(1,2)meq\x\to(v)2，可得eq\x\to(v)C∶eq\x\to(v)D＝eq\r(TC)∶eq\r(TD)＝2∶1，C正確，D錯誤。5.(2024·湖北模擬)圖甲為平行放置的帶等量異種電荷的絕緣環(huán)，一不計重力的帶正電粒子以初速度v0從遠離兩環(huán)的地方(可看成無窮遠)沿兩環(huán)軸線飛向圓環(huán)，恰好可以穿越兩環(huán)。已知兩環(huán)軸線上的電勢分布如圖乙所示，若僅將帶電粒子的初速度改為2v0，其他條件不變，則帶電粒子飛過兩環(huán)過程中的最小速度與最大速度之比為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\f(\r(15),5)【答案】D【解析】設(shè)＋Q和－Q圓環(huán)的圓心分別為O1和O2，帶正電的粒子從右側(cè)沿水平軸線飛來的過程中，在O1點的右側(cè)受到的電場力的方向向右，電場力做負功，從O1點的左側(cè)到O2點的右側(cè)受到的電場力的方向向左，電場力做正功，在O2點左側(cè)電場力做負功，則帶電粒子在穿過兩個圓環(huán)飛向另一側(cè)的過程中，速度先減小，后增加，再減小，在O1點電勢最高設(shè)為φm，在O2點電勢最低設(shè)為－φm，由能量關(guān)系可知，在O1點處電勢能最大，動能最小，在O2點電勢能最小，動能最大，在無窮遠處電勢為零，根據(jù)題意得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qφm，當(dāng)速度為2v0時，有eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(max2)＋qφm，eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(max2)－qφm，聯(lián)立解得vmin＝eq\r(3)v0，vmax＝eq\r(5)v0，則可得eq\f(vmin,vmax)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，故選D。6.(2024·山東煙臺三模)北京時間2024年1月5日19時20分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號甲運載火箭，成功將天目一號氣象星座15－18星(以下簡稱天目星)發(fā)射升空，天目星順利進入預(yù)定軌道，至此天目一號氣象星座階段組網(wǎng)完畢。天目星的發(fā)射變軌過程可簡化為如圖所示，先將天目星發(fā)射到距地面高度為h1的圓形軌道Ⅰ上，在天目星經(jīng)過A點時點火實施變軌進入橢圓軌道Ⅱ，最后在橢圓軌道的遠地點B點再次點火將天目星送入距地面高度為h2的圓形軌道Ⅲ上，設(shè)地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，則天目星沿橢圓軌道從A點運動到B點的時間為()A．eq\f(π,2R)eq\r(\f(h1＋h2＋R3,2g)) B．eq\f(π,2R)eq\r(\f(h1＋h2＋2R3,2g))C．eq\f(π,R)eq\r(\f(h1＋h2＋2R3,2g)) D．eq\f(π,R)eq\r(\f(h1＋h2＋2R3,g))【答案】B【解析】根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系Geq\f(Mm,R2)＝mg，在圓形軌道Ⅰ上，根據(jù)萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,R＋h12)＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))(R＋h1)，橢圓軌道Ⅱ的半長軸為a＝eq\f(2R＋h1＋h2,2)，根據(jù)開普勒第三定律eq\f(R＋h13,T\o\al(2,1))＝eq\f(a3,T\o\al(2,2))，解得天目星沿橢圓軌道Ⅱ運動的周期為T2＝eq\f(π,R)eq\r(\f(h1＋h2＋2R3,2g))，天目星沿橢圓軌道從A點運動到B點的時間為t＝eq\f(1,2)T2＝eq\f(π,2R)eq\r(\f(h1＋h2＋2R3,2g))，故選B。7.(2024·廣東廣州模擬)如圖所示，甲、乙兩物體間夾有一輕質(zhì)彈簧(不拴接)，在外力作用下靜止在水平桌面上，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，它們與彈簧分離的過程中與桌面間因摩擦產(chǎn)生的熱量分別為Q甲、Q乙，不考慮空氣阻力，對于該過程，下列說法正確的是()A．甲、乙一直加速B．甲的加速度為0時，乙在減速C．系統(tǒng)一定受到向右的沖量D．Q甲可能等于初始時彈簧的彈性勢能【答案】C【解析】釋放甲和乙，它們與彈簧分離的過程中彈簧彈力隨著形變量的減小而減小，甲、乙兩物體所受摩擦力大小保持不變，由牛頓第二定律kx－f＝ma可知它們的加速度先減小至零然后反向增大。所以二者均為先加速再減速，故A錯誤；根據(jù)f＝μmg可知甲所受摩擦力較大，彈簧對兩物塊的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知，當(dāng)甲的加速度為0時，乙在加速，故B錯誤；對系統(tǒng)受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知一定受到向右的沖量，故C正確；根據(jù)能量守恒Ep＝Q甲＋Q乙＋Ek甲＋Ek乙可知Q甲小于初始時彈簧的彈性勢能，故D錯誤。二、多項選擇題8.(2024·河北保定二模)如圖所示，三個小孩分別坐在三輛碰碰車(可看成質(zhì)點)上，任意一個小孩加上自己的碰碰車后的總質(zhì)量都相等，三輛碰碰車在一光滑水平面上排成一直線，且初始時彼此隔開相等的距離。具有初動能E0的碰碰車1向右運動，依次與兩輛靜止的碰碰車2、3發(fā)生碰撞，碰撞時間很短且碰后連為一體，最后這三輛車粘成一個整體成為一輛“小火車”，下列說法正確的是()A．三輛碰碰車整體最后的動能等于eq\f(1,3)E0B．碰碰車1運動到2的時間與2運動到3的時間之比為2∶3C．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶1D．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶2【答案】AC【解析】由系統(tǒng)動量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則三輛碰碰車整體最后的動能等于Ek＝eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)E0，故A正確；設(shè)相鄰兩車間的距離為x，碰碰車1運動到2的時間為t1＝eq\f(x,v0)，依題意，碰碰車1與靜止的碰碰車2碰撞過程，動量守恒，有mv0＝2mv12，則碰碰車2運動到3的時間為t2＝eq\f(x,v12)＝eq\f(2x,v0)，可得t1∶t2＝1∶2，故B錯誤；碰碰車第一次碰撞時損失的機械能為ΔE1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,12)＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，第二次碰撞時損失的機械能為ΔE2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,12)－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正確；D錯誤。故選AC。9.(2024·遼寧遼陽模擬)如圖所示，直金屬棒折成“<”形導(dǎo)軌AOC固定在絕緣水平桌面上，三角形AOC為邊長為L的等邊三角形，一根足夠長的金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，整個空間中有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌及金屬棒單位長度的電阻均為r。不計一切摩擦。金屬棒初始時緊靠O點。給金屬棒一個水平向右的拉力，使金屬棒從O點開始以大小為v的速度向右勻速運動，金屬棒始終與AC平行，則金屬棒在導(dǎo)軌上運動過程中，下列說法正確的是()A．回路中的電流保持不變B．回路中的電熱功率保持不變C．拉力的大小隨時間均勻增大D．整個過程，拉力的沖量大小為eq\f(\r(3)B2L2,4r)【答案】AC【解析】當(dāng)金屬棒從O點向右運動距離為x時，金屬棒切割磁場的有效長度為l＝2xtan30°，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,3lr)＝eq\f(Bv,3r)，A正確；回路中電流不變，但電阻不斷增大，因此電熱功率不斷增大，B錯誤；拉力等于安培力，即F＝BIl＝eq\f(2B2v2tan30°,3r)t，即拉力的大小隨時間均勻增大，C正確；整個過程，運動的時間為t＝eq\f(\r(3)L,2v)，拉力的最大值為Fm＝eq\f(B2Lv,3r)，則整個過程拉力的沖量I＝eq\f(1,2)Fmt＝eq\f(\r(3)B2L2,12r)，D錯誤。故選AC。10.(2024·湖北武漢模擬)如圖所示，一光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，筒上P點和Q點開有小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，PQ為直徑。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從P點沿PO入射，與筒壁發(fā)生3次碰撞后