新教材适用2024版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练二

选择题保分练(二)一、单项选择题1.钴60(eq\o\al(60,27)Co)是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年。静止的钴60发生一次衰变成为镍60(eq\o\al(60,28)Ni)，同时放出X粒子和两束γ射线。下列说法正确的是(D)A．γ射线具有很强的电离作用B．10g钴60经过10.54年全部发生衰变C．X粒子的质量数为4D．X粒子带负电【解析】γ射线的电离能力弱，穿透能力强，故A错误；10g钴60经过10.54年还剩四分之一，故B错误；根据质量数、电荷数守恒可知，X是β粒子，即电子，质量数为零，故C错误，D正确。选D。2.图甲为起重机起吊横梁的情景，可简化为图乙所示模型，一段轻绳ab两端系在粗细处处相同、质量分布均匀的工件两端，起重机的光滑吊钩钩住轻绳ab的中点，吊着工件匀速上升，吊钩重力不计，则轻绳ab越短(B)A．轻绳ab上的拉力越小B．轻绳ab上的拉力越大C．起重机挂钩上方吊索的拉力越小D．起重机挂钩上方吊索的拉力越大【解析】设轻绳ab上的张力为F，吊钩两侧绳与水平方向夹角为θ，对工件有2Fsinθ＝mg，绳子越短，θ越小，力F越大，故A错误，B正确；根据平衡条件可得，起重机吊索上的拉力始终等于工件的重力，故C、D错误，选B。3.一质点以某一速度沿直线做匀速运动，从t＝0时刻开始做匀减速运动，到t＝t0时刻速度减为零，然后又做反向的匀加速运动，减速阶段和加速阶段的加速度大小相等。在下列质点的位移x与时间t的关系图像中(其中A图像为抛物线的一部分，D图像为圆的一部分)，可能正确的图像是(A)【解析】匀变速直线运动的位移x与时间t的关系图像是抛物线，由于减速阶段和加速阶段的加速度大小相等，第一个t0时间内的位移大小与第二个t0时间内的位移大小相等，A正确，B、C、D错误。4.如图，无人机下面吊着一桶水奔赴火场灭火，当无人机和水桶以某一加速度沿水平方向匀加速向前飞行时，悬吊水桶的绳子与水平方向的夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8重力加速度为g，不计一切阻力，此时无人机的加速度大小为(C)A.eq\f(3,5)g B．eq\f(3,4)gC．eq\f(4,3)g D．eq\f(5,3)g【解析】设悬吊水桶的绳子拉力为FT，根据平衡条件得FTsin37°＝mg，根据牛顿第二定律得FTcos37°＝ma，解得a＝eq\f(4,3)g，选C。5.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，A、B两个质点平衡位置间的距离d＝6m，A、B两点的振动方程分别为yA＝－10coseq\f(π,2)t(cm)、yB＝10sineq\f(π,2)t(cm)。t＝0时刻，A、B两质点间只有一个波峰。下列说法正确的是(D)A．波的周期为0.25sB．波长为10mC．波传播速度为4m/sD．质点A比质点B振动超前3s【解析】由振动方程可知，波的周期T＝eq\f(2π,ω)＝4s，A项错误；由题意知，t＝0时刻，质点A位于波谷，质点B正在平衡位置沿y轴正向运动，由A、B间距离等于eq\f(3,4)λ，即波长λ＝8m，B项错误；波传播速度v＝eq\f(λ,T)＝2m/s，C项错误；由于波沿x轴正向传播，因此质点A比质点B振动超前eq\f(3,4)T＝3s，D项正确。6.如图，一定质量的理想气体沿图示从状态a→b→c→a，其中ab的反向延长线通过坐标原点，bc和ca分别与横轴和纵轴平行。下列说法正确的是(D)A．从a→b，气体压强减小B．从a→b，气体内能减小C．从b→c，气体吸收热量D．从c→a，气体分子的平均动能不变【解析】从a→b，气体发生等压变化，气体压强不变，温度升高，内能增大，故A、B错误；从b→c，气体发生等容变化，气体不做功，温度降低，内能减小，气体放出热量，故C错误；从c→a，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，故D正确。7.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是(B)A．周期为2t1－t0B．半径为eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))C．角速度的大小为eq\f(π,t1－t0)D．加速度的大小为eq\r(3,\f(2πGM,t1－t0))【解析】由图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P的公转周期为t1－t0，故A错误；P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r解得半径为r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))＝eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))，B正确；P的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,t1－t0)，C错误；P的加速度大小为a＝ω2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,t1－t0)))2·eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))＝eq\f(2π,t1－t0)·eq\r(3,\f(2πGM,t1－t0))，D错误，选B。8.如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点。现对小球施加水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力FT大小随绳转过的角度θ变化的曲线如图乙所示，图中F0为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是(B)A．小球到达最高点时的机械能最大B．小球到达最高点时的加速度大小为eq\r(3)gC．小球运动过程中轻绳拉力的最大值为2F0D．小球从开始运动到最高点，增加的机械能为eq\r(3)F0L【解析】水平恒力F与重力合成出一个新力场(因为两个力的方向和大小都不变)，得到F′力场，F′力场为等效重力场模型，受力分析如图所示，除重力之外只有F在做功，当小球到达水平位置时，F做功最多，所以当小球到达水平位置时机械能最大(绳子拉力与小球速度垂直，不做功)，A错误；由图可知，当θ＝eq\f(π,3)＝60°时，轻绳拉力FT达到最大值FTmax，轻绳的拉力FTmax与F′的合力为小球运动提供向心力，则有FTmax－F′＝eq\f(mv\o\al(2,m),L)，由动能定理得－mg(L－Lcos60°)＋FLsin60°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，其中F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，F′＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，联立上式，解得FTmax＝4mg，因为刚开始时小球是静止的，则有F0＝mg，FT＝4F0，C错误；小球到达最高点时，速度为v1＝0，设其加速度为a，据牛二定律得FT＋G1－F1＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)＝man，G2＋F2＝Gsin60°＋Fsin30°＝mat，解得an＝0，at＝eq\r(3)g，据加速度的合成与分解得a＝eq\r(a\o\al(2,t)＋a\o\al(2,n))＝eq\r(3)g，B正确；由对称性可知小球到达最高点时轻绳与水平方向的夹角为30°，小球运动到最高点时，增加的机械能为水平恒力所做的功，即W＝FLcos30°＝eq\r(3)mg×eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(3,2)mgL，W＝eq\f(3,2)mgL＝eq\f(3,2)F0L，D错误。二、多项选择题9.如图，虚线为某电子显微镜中静电场中的等势线，A、B、C、D、E为电场中的5个点，下列说法正确的是(BC)A．C点电场强度垂直于该点所在的等势线，方向向右B．A、B、C、D、E五个点中，C点的电场强度大小最大C．一正电荷从A点移到E点，电势能增大D．一电子从E点移到A点，电场力做正功【解析】C点电场强度垂直于该点所在的等势线，方向向左，故A错误；等势线的疏密程度表示电场强度的大小，所以A、B、C、D、E五个点中，C点的电场强度大小最大，故B正确；正电荷在电势高处电势能大，故C正确；电子从E点移到A点，电场力做负功，故D错误。选BC。10.某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(BD)A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N【解析】取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。选BD。11.如图，神舟十六号载人飞船与天和核心舱对接前经B点由椭圆轨道Ⅰ变轨至圆形轨道Ⅱ，A、B两点分别为椭圆轨道Ⅰ的近地点和远地点，飞船在A点时对地球的张角为2α，在B点时对地球的张角为2β，飞船在轨道Ⅰ上A点加速度为a1、运动周期为T1，在轨道Ⅱ上B点加速度为a2、运动周期为T2，下列关系正确的是(AC)A．a1a2＝sin2αsin2βB．a1a2＝sin2βsin2αC.eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(sinα＋sinβ3,8sin3α))D.eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(8sin3α,sinα＋sinβ3))【解析】根据题意，设地球的半径为R，A点到地心距离为r1，B点到地心距离为r2，由几何关系有r1＝eq\f(R,sinα)，r2＝eq\f(R,sinβ)，万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，则a1a2＝sin2αsin2β，B错误，A正确；根据题意，由开普勒第三定律可得eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋r2))3,r\o\al(3,2)))解得eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(sinα＋sinβ3,8sin3α))，D错误，C正确。选AC。12.如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(ABC)A．金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2eq\r(gd)B．金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为eq\r(2gd)C．金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgdD．金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为eq\f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)【解析】根据动能定理有mg·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2eq\r(gd)，A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有eq\f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq\f(1,2)m