选择题满分练(六)

选择题满分练(六)(时间：30分钟)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能记录了电梯速度随时间变化的关系，如图1所示。电梯加速上升的时段是()图1A.从20.0s到30.0s B.从30.0s到40.0sC.从40.0s到50.0s D.从50.0s到60.0s答案A解析eq\a\vs4\al(电梯,上升)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20.0～30.0s内，v↑，加速上升，A正确；,30.0～40.0s内，v不变，匀速上升，B错误；,40.0～50.0s内，v↓，减速上升，C错误；,50.0～60.0s内，v＝0，静止，D错误。))2.(2023·山东济南高三期末)电动自行车是日常短途出行的重要交通工具，为确保消费者的生命财产安全，新国标规定电动自行车的最高速度不能超过25km/h。某品牌电动自行车所用电动机的额定电压为48V，额定电流为12A，内电阻为1Ω。若该电动自行车在额定状态下以国标规定的最高速度在水平地面上匀速行驶，不计其自身机械能损耗，则该电动自行车受到的阻力约为()A.83N B.62N C.23N D.17N答案B解析对电动机有UI＝I2r＋P机，由于电动自行车在额定状态下以国标规定的最高速度在水平地面上匀速行驶，则有P机＝Fv0，F＝Ff，解得Ff≈62N，故B正确。3.(2023·浙江杭州高三期末)如图2所示，在x轴的正半轴和负半轴为两种粗细不同的绳子。t＝0时，O点处的质点开始从平衡位置向上振动，形成两列沿x轴传播的简谐横波，已知OM间距离为2.0m，ON间距离为3.0m，沿正半轴传播的简谐横波振幅为A＝6cm，速度为3m/s。当t＝2.5s时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波峰，下列说法正确的是()图2A.负半轴的波速为2m/sB.N点也第一次到达波峰C.正半轴的波长是负半轴波长的3倍D.在t＝0至t＝2.5s时间内N点振动的路程为30cm答案C解析由题知，当t＝2.5s时O点第二次到达波峰，可得t＝eq\f(5,4)T，解得两列波的周期为T＝2s，当O点第二次到达波峰时，M点第一次到达波峰，可知负半轴的波长为λ1＝OM＝2m，则负半轴的波速为v1＝eq\f(λ1,T)＝1m/s，正半轴的波长为λ2＝v2T＝6m，正半轴的波长是负半轴波长的三倍，且当O点第二次到达波峰时，N点位于波谷位置，A、B错误，C正确；在t＝0至t＝2.5s时间内，N点在t＝1s时开始振动，振动时间为1.5s，故在t＝0至t＝2.5s时间内N点振动的路程为18cm，D错误。4.(2023·辽宁协作体联考)已知某轿车四个轮胎为同一种型号的轮胎，汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0atm(标准大气压)，环境温度为27℃。汽车行驶一段时间后，胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4atm，一个轮胎的压强仍为2.0atm(漏气)。四个轮胎此时温度相等，假设轮胎体积均不变，密闭气体可视为理想气体，则()A.轮胎此时的温度为360℃B.完好轮胎和漏气轮胎内气体分子热运动的平均动能不同C.漏气轮胎内气体吸收的热量大于内能的增加量D.完好轮胎内气体吸收的热量大于内能的增加量答案C解析对某个完好轮胎，由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，其中T1＝300K，代入数据解得T2＝360K，故A错误；温度相同，完好轮胎和漏气轮胎内气体分子热运动的平均动能相同，故B错误；完好轮胎体积不变，外界没有对气体做功，即W＝0，由于温度升高内能增大，由热力学第一定律可得ΔU＝Q，故气体吸收的热量等于内能的增加量，故D错误；假设漏气轮胎漏出的气体没有散开，发生等压膨胀，对外做功，即W<0，温度升高内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于内能的增加量，故C正确。5.(2023·1月浙江选考，10)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为()A.火星365天 B.火星800天C.天王星365天 D.天王星800天答案B解析根据开普勒第三定律知eq\f(R3,T2)＝eq\f(Req\o\al(3,地),Teq\o\al(2,地))，解得T＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R地)))\s\up12(3))T地，设相邻两次“冲日”时间间隔为t，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T地)－\f(2π,T)))t＝2π，解得t＝eq\f(TT地,T－T地)＝eq\f(T地,1－\r(\f(Req\o\al(3,地),R3)))，由表格中的数据可得t火＝eq\f(T地,1－\r(\f(Req\o\al(3,地),Req\o\al(3,火))))≈800天，t天＝eq\f(T地,1－\r(\f(Req\o\al(3,地),Req\o\al(3,天))))≈369天，故B正确。6.(2023·山东潍坊高三期末)如图3甲所示，质量为m，长为L的均匀软绳用细线悬挂在O1点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，软绳自由下落，落地后速度立刻变为零。图乙中，质量也为m的小球用细线悬挂在O2点，小球离地面高度为L，小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g，小球与地面碰撞的接触时间Δt＝eq\f(\r(2gL),10g)，则()图3A.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为meq\r(gl)B.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为2meq\r(gl)C.地面对小球的平均作用力大小为11mgD.地面对小球的平均作用力大小为21mg答案D解析从细线断开到软绳全都落至地面有L＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2L,g))，从细线断开到软绳全都落至地面过程中，对软绳用动量定理，取竖直向下为正方向，有mgt－I地＝0，解得地面对软绳的冲量大小为I地＝meq\r(2gL)，A、B错误；小球落地前瞬时速度大小为v，则mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，小球与地面发生弹性碰撞，则原速率返回，对小球在与地面碰撞过程中，设地面对小球的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，由动量定理知(F－mg)Δt＝2mv，解得F＝21mg，C错误，D正确。7.如图4所示，假设空气球和水球的球心重合，O点为球心，空气球半径为r，水球的半径为R。现用红光和蓝光组成的一束复色光从水球表面射入，当入射角为α0时，红光恰好能在空气球表面发生全反射，则()图4A.sinα0＝eq\f(r,2R) B.sinα0＝eq\f(r,R)C.出射光只有一条 D.蓝光将射入空气球答案B解析依题意作出光路图的示意图如图所示，设折射角为β，根据折射定律可得n＝eq\f(sinα0,sinβ)，根据全反射条件可得sinC＝eq\f(1,n)，根据正弦定理得eq\f(r,sinβ)＝eq\f(R,sinC)，联立解得sinα0＝eq\f(r,R)，由几何知识可知当α＝α0时，蓝光恰能在空气球表面发生全反射，水对红光和蓝光的折射率不同，将发生色散，出射光有两条，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)8.(2023·辽宁朝阳高三统考)中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚(eq\o\al(239,94)Pu)做燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀(eq\o\al(238,92)U)，钚－239裂变释放出的快中子被再生区内的铀－238吸收，转变为铀－239，铀－239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚－239，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是()A.铀－239转变为钚－239，经过了2次β衰变B.钚－239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量也守恒C.铀－239发生衰变的实质是原子核外的电子飞出D.钚(eq\o\al(239,94)Pu)裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能答案AD解析铀－239转变为钚－239，质量数不变，电荷数增加2，则经过了2次β衰变，故A正确；钚－239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于裂变放出能量，由质量亏损可知，质量不守恒，故B错误：铀－239发生β衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，故C错误；钚(eq\o\al(239,94)Pu)裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，故D正确。9.(2023·安徽二模)如图5所示，宽度为L的光滑平行金属导轨水平放置于方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨足够长且电阻不计，磁场的磁感应强度为B，导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器，电阻不计的金属棒MN置于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F，使金属棒由静止开始运动，运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法正确的是()图5A.开关S1断开、S2闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为eq\f(FR,B2L2)B.开关S1闭合、S2断开，金属棒做匀加速直线运动，加速度为eq\f(F,B2L2C＋m)C.开关S1、S2都闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为eq\f(FR,B2L2)D.开关S1、S2都闭合，金属棒做匀加速直线运动，加速度为eq\f(F,B2L2C＋m)答案ABC解析开关S1断开、S2闭合，金属棒先加速运动，最终做匀速直线运动，此时安培力F安＝F，又F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，解得v＝eq\f(FR,B2L2)，故A正确；开关S1闭合、S2断开，由F－BIL＝ma，I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(F,B2L2C＋m)，故B正确；开关S1、S2都闭合，电容器稳定后相当于断路，金属棒最终做匀速直线运动，速度为eq\f(FR,B2L2)，故C正确，D错误。10.(2023·山东济南高三期末)如图6所示，长为eq\r(3)d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以速度v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电粒子仍从O点以速度v0水平射入，则粒子从N点射出，粒子重力不计。以下说法正确的是()图6A.该粒子一定带正电B.该粒子带正电、负电均可C.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以速度v0水平射入，则粒子从AQ之间射出D.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以速度v0水平射入，则粒子打在板PQ上答案AC解析由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B错误；有电场与磁场作用时，粒子恰沿直线从NQ的中点A射出，即粒子做匀速直线运动，则有qv0B＝qE，解得E＝v