选择题满分练(七)

选择题满分练(七)(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.在高铁站一列复兴号列车停在轨道上，包括车头共有16节。站台上乘客甲站在车头处，乘客乙站在车头前侧的站台上，两人的距离等于9节车厢长度，假设所有车厢长度相等。列车从静止开始到经过乘客乙一直做匀加速运动，经过乘客甲所用时间为T，则经过乘客乙所用时间为()A.eq\f(7,9)T B.eq\f(1,2)T C.eq\f(3,4)T D.eq\f(9,16)T答案B解析设每节车厢长度均为L，列车启动的加速度大小为a，经过乘客甲，有16L＝eq\f(1,2)aT2，设车头到达乙所在位置时速度为v，有v2＝2a·9L，设列车经过乘客乙所用时间为t，有16L＝vt＋eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\f(1,2)T，B正确。一题多解设车头到达乙所在位置时速度为v1，车尾到达甲所在位置时速度为v2，车尾到达乙所在位置时速度为v3，有veq\o\al(2,1)＝2a·9L，veq\o\al(2,2)＝2a·16L，veq\o\al(2,3)＝2a·(9L＋16L)，列车经过乘客甲，有16L＝eq\f(1,2)v2T，列车经过乘客乙，有16L＝eq\f(1,2)(v1＋v3)t，联立解得eq\f(t,T)＝eq\f(v2,v1＋v3)＝eq\f(1,2)，则t＝eq\f(1,2)T，B正确。2.已知某品牌概念车的质量为m，额定功率为P，运动过程中汽车所受的阻力大小恒定，若保持额定功率P不变，汽车能达到的最大速度为v。若汽车以eq\f(P,2)的恒定功率启动。从静止开始做加速直线运动，当速度为eq\f(v,4)时，汽车的加速度大小a为()A.eq\f(P,2mv) B.eq\f(P,mv) C.eq\f(P,3mv) D.eq\f(2P,3mv)答案B解析当以功率P行驶到最大速度v时满足P＝fv，当以功率eq\f(P,2)行驶到速度eq\f(v,4)时，满足eq\f(P,2)＝F·eq\f(v,4)，由牛顿第二定律可得F－f＝ma，联立解得a＝eq\f(P,mv)，故B正确。3.用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为8.919MeV的α粒子(eq\o\al(4,2)He)，其核反应方程式为eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(7,3)Li→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(4,2)He。已知质子质量为1.007825u，锂原子核的质量为7.016004u，α粒子的质量为4.002603u，1u相当于931MeV。若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能，则入射质子的动能约为()A.0.5MeV B.8.4MeVC.8.9MeV D.17.3MeV答案A解析设入射质子的动能为EkH，生成α粒子的动能为Ekα，根据能量守恒定律有EkH＋ΔE＝2Ekα，又ΔE＝(1.007825＋7.016004－2×4.002603)×931MeV＝17.338MeV，解得EkH＝0.5MeV，故A正确。4.如图1所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，粒子的带电荷量相同，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)()图1A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2答案D解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b点射出的粒子对应的圆心角为60°，由t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，可得t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，D正确。5.完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图2所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是()图2A.此单色光从空气进入水球，频率一定变大B.此单色光从空气进入水球，频率一定变小C.若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射D.若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射答案C解析光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，A、B错误；如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α，光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有eq\f(sin（π－θ）,R)＝eq\f(sinα,r)，则光线2的θ角大于光线1的θ角，若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确，D错误。6.(2023·重庆巴蜀中学高三校考)我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的eq\f(17,16)倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则()A.漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力B.空间站绕地球运动的线速度大小约为eq\f(17πR,8T)C.地球的平均密度约为eq\f(3π,GT2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)D.空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,16)))eq\s\up12(2)倍答案B解析漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，处于完全失重状态，故A错误；根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为v＝eq\f(2π×\f(17,16)R,T)＝eq\f(17πR,8T)，故B正确；设空间站的质量为m，万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,16)R))\s\up12(2))＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)×eq\f(17,16)R，则地球的平均密度约为ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得ρ＝eq\f(3π,GT2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,16)))eq\s\up12(3)，故C错误；根据Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,16)R))\s\up12(2))＝ma，有a＝Geq\f(M,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,16)R))\s\up12(2))，地面的重力加速度为g＝eq\f(GM,R2)，解得eq\f(a,g)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)，故D错误。7.(2023·山东潍坊高三期末)质量不计的直角支架两端分别连接质量为2m的小球A和质量为3m的小球B，支架的两直角边长度分别为L和eq\f(L,2)，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图3所示。开始时OA边水平，现将小球A由静止释放，重力加速度为g，则()图3A.小球A到达最低点时的速度大小为eq\r(\f(gL,11))B.当OA与竖直方向夹角为37°时，球A、B速度达到最大C.球B最大速度为eq\r(\f(4gL,11))D.小球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为eq\f(18mgL,11)答案B解析根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，以A球开始位置所在水平面为零势能参考平面，由机械能守恒定律，对A、B组成的系统有－3mg·eq\f(L,2)＝－2mgL＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)，两小球为同轴转动，角速度相同，由v＝ωr可知，两球的线速度之比为vA∶vB＝2∶1，解得vA＝2eq\r(\f(gL,11))，故A错误；小球A由静止到达最低点过程中，设杆对小球A所做的功为W，对小球A由动能定理有2mgL＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得W＝－eq\f(18mgL,11)，故D错误；设OA与竖直方向夹角为θ时，球A、B速度达到最大，系统的机械能守恒，对系统有－3mg·eq\f(L,2)＝－2mgLcosθ－eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(1,2)×2mvA′2＋eq\f(1,2)×3mvB′2，又vA′＝2vB′，整理可得vB′＝eq\r(\f(gL,11)（4cosθ＋3sinθ－3）)，由数学知识可知，当θ＝37°时，小球A、B速度达到最大，小球B速度最大值为vB′＝eq\r(\f(2gL,11))，故C错误，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·河北石家庄模拟预测)汽缸中有一定质量的理想气体。气体由初始状态A开始，经历AB、BC、CA三个过程回到初始状态，其V－T图像如图4所示，下列说法正确的是()图4A.A→B过程中气体分子的平均动能增大B.B→C过程中气体分子数密度增大C.C→A过程中气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加D.A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功答案AC解析温度是分子平均动能的标志，A→B过程中气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故A正确；B→C的过程中，根据图像可知气体的体积不变，则单位体积内的气体分子数不变，故B错误；C→A过程中，气体温度不变，分子平均动能不变，但体积减小，单位体积内的分子数目增多，因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，故C正确；A→B过程中气体体积的变化等于C→A过程中气体体积的变化量，但C→A过程中气体的平均压强小于A→B过程中气体的平均压强，所以A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。9.(2023·重庆市高三调研)如图5甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则()图5A.水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t(m/s)B.井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t(W)C.0～10s内水斗上升的高度为4mD.0～10s内井绳拉力所做的功为520J答案AD解析由图丙可知，ω＝4t(rad/s)，由圆周运动可知v＝ωr，联立解得v＝0.4t(m/s)，A正确；由加速度的定义得a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.4m/s2，由牛顿第二定律得F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，又功率P＝Fv，联立解得P＝10.4t(W)，B错误；0～10s内，由匀变速直线运动规律有h10＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,10)，解得h10＝20m，C错误；0～10s内，水斗和水斗内的水的动能增量ΔEk＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,10)，水斗和水斗内的水的重力势能增量ΔEp＝(m＋m0)gh10，由功能关系可知，井绳拉力做的功W＝ΔEk＋ΔEp，又v10＝0.4×10m/s＝4m/s，联立解得W＝520J，D正确。10.(2023·河北邯郸高三校考)如图6，光滑足够长框架bacd与水平桌面夹角为α＝30°，间距为l，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定框架边缘的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地，杆不会碰撞滑轮)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则()图6A.物块下落的最大加速度为eq\f(g,4)B.若h足够大，物块下落的最大速度为eq\f(mgR,B2l2)C.通过电阻R的电荷量为eq\f(Blh,R)D.若h足够大，导体棒的发热量为eq\f(1,2)mgh－eq\f(m3g2R2,B4l4)答案AB解析由题意，对导体棒及物块受力分析，可知物块和导体棒将做加速度逐渐减小的加速运动。开始下落时，物块的加速度最大，对物块及导体棒整体，根据牛顿第二定律有mg－mgsin30°＝2ma，可得最大加速度大小为a＝eq\f(g,4)，故A正确；若h足够大，当物块及导体棒整体匀速时，物块下落速度达到最大，对整体