选择题满分练(八)

选择题满分练(八)(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.足球比赛中，若某次点球时，运动员踢出的足球刚好贴着横梁进入球网，从运动员踢出足球到足球刚好进入球网的过程，运动员对足球做的功为W1，足球克服重力做的功为W2，足球克服空气阻力做的功为W3，足球进入球网瞬间的动能和机械能分别为Ek、E，以地面为重力势能的参考平面。则有()A.W1＝W3＋E B.Ek＝E－W1C.W1＝W2＋W3＋E D.E＝Ek－W2答案A解析由功能关系可知，足球进入球网瞬间的重力势能Ep＝W2，足球进入球网瞬间的动能Ek＝E－W2，对整个过程由动能定理有W1－W2－W3＝Ek，由以上分析得W1＝W3＋E，A正确，B、C、D错误。2.1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程eq\o\al(7,3)Li＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(A,Z)Be→2X。已知eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(7,3)Li、X的质量分别为m1＝1.00728u、m2＝7.01601u、m3＝4.00151u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中()A.质量亏损Δm＝4.02178uB.释放的核能ΔE＝(m1＋m2－2m3)c2C.铍原子核内的中子数是5D.X表示的是氚原子核答案B解析根据核反应方程，质量亏损Δm＝(m1＋m2－2m3)＝(1.00728＋7.01601－4.00151×2)u＝0.02027u，A错误；结合爱因斯坦质能方程有ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－2m3)c2，B正确；根据核反应质量数守恒和电荷数守恒有A＝7＋1＝8，Z＝3＋1＝4，中子数＝A－Z＝8－4＝4，同理X元素质子数为eq\f(Z,2)＝2，质量数为eq\f(A,2)＝4，则X为氦核，C、D错误。3.如图1所示，质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时悬线与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是()图1A.小明在最高点的速度为零，合力为零B.小明在最低点的加速度为零，速度最大C.最高点秋千对小明的作用力为eq\f(\r(3),2)mgD.最低点秋千对小明的作用力为mg答案C解析小明在最高点时，速度为零，受力分析如图；易知F合＝mgsin30°，F1＝mgcos30°，解得F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F合≠0，故A错误，C正确；小明在最低点速度最大，设最低点秋千对小明的作用力为F2，由牛顿第二定律，可得F2－mg＝man＝meq\f(v2,r)＞0，易知，加速度不为零，秋千对小明的作用力F2大于mg，故B、D错误。4.(2023·重庆市高三质量调研)远洋捕捞常常利用声呐探测鱼群的方位。渔船上声呐发出一列超声波在t＝0时刻的波动图像如图2甲，质点P的振动图像如图乙。下列说法正确的是()图2A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为340m/sC.当t＝0.25×10－4s时，P恰好回到平衡位置D.增大该超声波频率，振幅会明显增大答案B解析根据题图乙的振动图像可知，t＝0时刻质点P位于平衡位置且向y轴正方向振动，根据同侧法和图甲的波动图像可知该波沿x轴负方向传播，A错误；由图甲可得该波的波长λ＝0.68×10－2m，由图乙可知该波的传播周期T＝0.2×10－4s，因此该波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.68×10－2,0.2×10－4)m/s＝340m/s，B正确；根据图乙可知，t＝0.25×10－4s时质点P恰好振动到正向最大位移处，C错误；超声波的振幅与频率之间没有必然联系，D错误。5.质量为2kg的物体以50J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图3所示，则该物体在水平面上滑行的时间为()图3A.5s B.4sC.2s D.2eq\r(2)s答案D解析由题图知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50J，根据动能定理得Ffx＝Ek2－Ek1，解得Ff＝－5N，又Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝50J，解得v＝5eq\r(2)m/s，由牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝eq\f(Ff,m)＝－2.5m/s2，则物体的运动时间t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(－5\r(2),－2.5)s＝2eq\r(2)s，故D正确。6.(2023·四川德阳诊断)A、C、D为等边三角形的三个顶点，三个顶点上各固定一根与纸面垂直的长直导线，各导线中通有大小相等、方向如图4所示的恒定电流。O点为三角形的中心，a点为CD边的中点。若O点的磁感应强度大小为B0，A处导线受到的安培力大小为F0，则下列说法正确的是()图4A.C处电流产生的磁场在O点的磁感应强度大小为eq\f(B0,3)B.a点的磁感应强度可能小于B0C.A、D两处导线受到的安培力相同D.C处导线受到的安培力大小为eq\r(3)F0答案D解析三条导线在O点产生的磁场方向如图所示，因三根导线上的电流相等，则BA、BC、BD大小相等，由几何关系可知，相邻两者之间方向互成60°夹角，因O点的磁感应强度大小为B0，则由平行四边形定则可得BA＝BC＝BD＝eq\f(1,2)B0，A错误；因a点与C、D处导线的距离小于O点与C、D的距离，可知C、D处导线在a点产生的磁感应强度大于eq\f(1,2)B0，因C、D处导线在a点的磁感应强度方向相同，均垂直CD向下，可知C、D处导线在a点的合磁感应强度大于B0，则与A处导线在a点的磁感应强度合成后，a点的磁感应强度将大于B0，B错误；因C处导线对A处导线有斥力，D处导线对A处导线有吸引力，两力互成120°角，可知A处导线受安培力水平向右；同理可知，C处导线对D处导线有斥力，A处导线对D处导线有吸引力，两力互成120°角，可知D处导线受安培力斜向右上方，则A、D两处导线受到的安培力大小相同，但是方向不同，C错误；A处导线受到的安培力大小为F0，结合C项分析及力的合成可知三根导线之间的相互作用力均为F0，因A处导线对C处导线有斥力，D处导线对C处导线有斥力，两力互成60°角，可知C处导线受到的安培力大小为F＝2F0cos30°＝eq\r(3)F0，D正确。7.(2023·重庆一中高三校考)2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害，包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为500kg，在离水平地面高40m处保持静止，现将质量为100kg的救灾物资以对地4m/s的速度水平抛出，假设热气球所受浮力始终不变，重力加速度为g＝10m/s2，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为()A.30eq\r(2)m B.30eq\r(3)mC.40eq\r(2)m D.40eq\r(3)m答案B解析热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，根据动量守恒定律，有0＝Mv－mv0，热气球和物资的动量等大反向，热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a＝eq\f(m,M)g，物资落地H过程，根据H＝eq\f(1,2)gt2，解得落地时间为t＝eq\r(\f(2H,g))，热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根据几何关系可知热气球和物资的实际位移为d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，解得d＝30eq\r(3)m，故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·福建省侨光中学高三期末)固定在竖直面内的光滑圆管POQ，PO段长度为L，与水平方向的夹角为30°，在O处有插销，OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球，小球的半径远小于L，其编号如图5所示。拔掉插销，1号球在下滑过程中()图5A.机械能守恒B.做变加速运动C.对2号球做的功为eq\f(1,4)mgLD.经过O点时速度v＝eq\r(\f(gL,2))答案BCD解析下滑过程中1号球会受到2号球对它沿斜面向上的弹力作用，因弹力对其做负功，故1号球的机械能会减小，故A错误；设n为小球总数，n1为在斜面上的小球数，对所有小球的整体而言，根据牛顿第二定律a＝eq\f(n1mgsinθ,nm)＝eq\f(n1,n)gsinθ，则随着n1减小，整体的加速度减小，则球1的加速度减小，故B正确；对所有小球的整体，从开始下滑到全部滑到水平面上，由机械能守恒定律nmg·eq\f(1,2)L·sin30°＝eq\f(1,2)nmv2，解得v＝eq\r(\f(gL,2))，故D正确；对1号球，由动能定理mgLsin30°＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(1,4)mgL，则1号球对2号球做的功为eq\f(1,4)mgL，故C正确。9.(2023·山东枣庄二模)如图6所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0m。一个可视为质点的质量为m＝1.0kg的物块，自A点无初速度放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()图6A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25B.整个过程中合外力对物块做的功为2JC.整个过程中摩擦力对物块做的功为64JD.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量答案BD解析由题图乙可知，开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos37°－mgsin37°)x＝eq\f(1,2)mv2－0①，在5m后，物块动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0m/s②，联立①②解得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于其动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝2J，B正确；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq\f(1,2)mv2＋mgLABsin37°＝62J，C错误，D正确。10.如图7所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子沿平行于直径MN的方向从P点射入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h＝eq\f(\r(3),2)R，不计粒子重力，下列说法正确的是()图7A.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,qB)B.若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,4qB)C.若粒子恰好能从N点射出，则粒子的速度为eq\f(\r(3)qBR,m)D.若粒子恰好能从M点射出，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为eq\r(3)R答案AC解析若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，即粒子在磁场中偏转180°，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,qB)，A正确；分别画出粒子从N点和M点射出的运动轨迹，如图所示。若粒子恰好能从N点射出，PN连线即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO