选择题满分练(三)

选择题满分练(三)(时间：30分钟)一、单项选择题1.跑步是一项大家喜爱的健身运动方式，利用某些软件可以记录跑步过程中的详细数据，如跑步的平均配速(平均每公里所用时间，单位：min/km)等。如图1所示是某软件记录的某次跑步过程中跑步者的运动信息，则下列说法正确的是()图1A.图中“8.42公里”为此次跑步运动的总位移B.平均配速越小，说明跑步者跑得越快C.在研究跑步过程中跑步者的速度时不能把跑步者看成质点D.在本次跑步的过程中，跑步者的平均速度约为2.2m/s答案B解析图中“8.42公里”为此次跑步运动的总路程，故A错误；平均配速表示跑步者在跑步过程中平均每公里所用时间，平均配速越小，反映出跑步者在跑步过程中的平均速率越大，说明跑得越快，故B正确；由题意可知，跑步的距离远大于跑步者的本身大小，所以在研究跑步过程中跑步者的速度时可以将跑步者看成质点，故C错误；此次跑步过程只记录了路程，没有记录位移大小，所以不能计算平均速度，故D错误。2.2021年1月3日消息，诺贝尔官方称居里夫人“笔记”仍具放射性，还将持续1500年。关于放射性元素、衰变和半衰期，下列说法正确的是()A.eq\o\al(238,92)U衰变成eq\o\al(222,86)Rn要经过4次α衰变和3次β衰变B.放射性元素的半衰期不仅与核内部自身因素有关，还与质量有关C.一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它质子数减少一个，中子数增加一个D.原子核衰变时满足电荷数和质量数守恒答案D解析α衰变的次数为n＝eq\f(238－222,4)＝4，β衰变的次数为n′＝86－(92－4×2)＝2，即eq\o\al(238,92)U衰变成eq\o\al(222,86)Rn要经过4次α衰变和2次β衰变，故A错误；放射性元素的半衰期仅与核内部自身因素有关，与其他条件无关，故B错误；β衰变实质上是原子核内的一个中子变为一个质子，同时释放出一个电子的过程，所以发生一次β衰变，则它质子数增加一个，中子数减少一个，故C错误；原子核衰变时满足电荷数和质量数守恒，故D正确。3.如图2甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接。已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是()图2A.电压表示数为220eq\r(2)VB.热水器消耗的功率变大C.变压器的输入功率变大D.副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝44eq\r(2)sin(50πt)V答案C解析根据变压器电压与匝数关系，有U1＝eq\f(n1,n2)U2＝1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；接通开关，副线圈所接电路电阻减小，但是副线圈的电压并不变，根据分压原理，定值电阻所分电压变大，热水器两端电压变小，所以消耗功率变小，故B错误；接通开关，电流变大，电压不变，所以副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大，故C正确；由图乙可知，交变电流的峰值为Um＝220eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，故D错误。4.2020年7月23日，我国的“天问一号”火星探测器，搭乘着长征五号遥四运载火箭﹐成功从地球飞向了火星，如图3所示为“天问一号”发射过程的示意图，从地球上发射之后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，已知“天问一号”火星探测器在轨道半径为r的环火星圆轨道上运动时，周期为T1，在半长轴为a的着陆准备轨道上运动时，周期为T2，则下列判断正确的是()图3A.“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动时满足eq\f(r2,Teq\o\al(3,1))＝eq\f(a2,Teq\o\al(3,2))B.火星的平均密度一定大于eq\f(3π,GTeq\o\al(2,1))C.“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动经过交汇点A时，前者加速度较小D.“天问一号”在环火星圆轨道上的机械能小于其在着陆准备轨道上的机械能答案B解析由开普勒第三定律eq\f(r3,Teq\o\al(2,1))＝eq\f(a3,Teq\o\al(2,2))，故A错误；假设“天问一号”在火星表面附近做圆周运动时，周期为T3，则火星的平均密度可表示为ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,3))，由T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，可知T3<T1，故ρ>eq\f(3π,GTeq\o\al(2,1))，故B正确；飞船在环火星圆轨道经过A点和着陆准备轨道经过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故C错误；“天问一号”由环火星圆轨道变轨到着陆准备轨道，需要在远火点减速，故机械能减小，故D错误。5.如图4是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1的振幅A1＝3cm，S2的振幅A2＝2cm。则下列说法正确的是()图4A.质点D是振动减弱点B.质点B是振动加强点C.再过半个周期，质点B和质点C都变成振动加强点D.质点A、D在该时刻的高度差为10cm答案D解析题图中质点A、D分别是波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇处，是振动加强点，而质点B、C是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，选项A、B错误；振动的干涉图样是稳定的，质点A、D一直是振动加强点，而质点B、C一直是振动减弱点，选项C错误；该时刻质点A的位移为3cm＋2cm＝5cm，质点D的位移为－3cm－2cm＝－5cm，故质点A、D在该时刻的高度差为10cm，选项D正确。6.如图5所示，质量为m的滑块在水平面上以速率v撞上劲度系数为k的轻质弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度且两者未拴接，则下列判断中正确的是()图5A.滑块向右运动过程中，滑块机械能一直增大B.滑块与弹簧接触过程中，滑块的机械能先减小后增大C.滑块与弹簧接触过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能保持不变D.滑块最终停在距离弹簧右端eq\f(v2,2μg)－2x0处答案D解析滑块向右运动过程中，弹簧弹力大于摩擦力时滑块加速，机械能增大；当弹簧弹力小于摩擦力时滑块开始减速，机械能减小，A错误；滑块向左运动过程中机械能一直是减小的，故滑块与弹簧接触过程中，滑块的机械能先减小后增大再减小，B错误；因摩擦力一直做负功，滑块与弹簧组成的系统机械能一直是减小的，C错误；由能量守恒定律得μmgs＝eq\f(1,2)mv2，滑块整个过程中通过的路程s＝eq\f(v2,2μg)，故滑块最终停在距离弹簧右端eq\f(v2,2μg)－2x0处，D正确。7.如图6所示为足球球门，球门宽为L。假设某运动员在球门中心正前方距离球门线的水平距离s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。若运动员顶球点距地面的高度为h，足球(视为质点)被顶出后视为做平抛运动，已知重力加速度大小为g，球门两边的支柱竖直，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图6A.从顶球点到P点的过程，足球在空中运动的时间为eq\r(\f(2\r(s2＋h2),g))B.从顶球点到P点的过程，足球的位移大小为eq\r(\f(L2,4)＋s2)C.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为eq\f(2s,L)D.足球初速度的大小为eq\r(\f(2g,h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))答案C解析由题意可知，足球在竖直方向做自由落体运动，则从顶球点到P点的过程，足球在空中运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，A错误；足球从顶球点运动到P点过程的俯视图如图所示，根据几何知识可知，足球从顶球点到P点的水平位移大小为x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)，所以足球的位移大小为l＝eq\r(h2＋x2)＝eq\r(h2＋\f(L2,4)＋s2)，B错误；由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为tanθ＝eq\f(2s,L)，C正确；足球的初速度的大小为v0＝eq\f(x,t)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，D错误。二、多项选择题8.如图7所示，在奥托循环的p－V图像中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法正确的是()图7A.从a到b，气体的温度一直升高B.从b到c，气体与外界无热量交换C.从c到d，气体对外放热D.从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同答案AC解析从a到b过程，气体发生等容变化，根据eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，由于压强一直增大，因此气体的温度一直升高，A正确；从b到c，气体膨胀，对外做功，而温度保持不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体从外界吸收热量，B错误；从c到d，气体发生等容变化，压强减小，温度降低，内能减少，气体对外放热，C正确；从b到c内能不变，气体吸收的热量等于对外做的功，同理，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，在p－V图像中，图像与横轴围成的面积等于做的功，因此两次做功不同，故吸收的热量与放出的热量不相等，D错误。9.如图8，距离为2L的A、B两点分别固定有等量异种点电荷＋Q、－Q。O是AB的中点，OCD是以B为圆心、L为半径的半圆。E是AB延长线上的一点，DE间的距离为L。将一正点电荷q从E点沿EDCO移动到O点，则下列说法正确的是()图8A.从E到D的过程中，电荷q的电势能一直减小B.从E到D的过程中，电荷q受到的静电力先减小后增大C.从D到O的过程中，电荷q的电势能一直增加D.从D到O的过程中，电荷q受到的静电力先增大后减小答案AC解析如图所示，结合电场强度的叠加原理可知，DE段的电场强度水平向左，正电荷q从E到D的过程中，静电力做正功，电势能减小，A正确；从E到D的过程，电场强度逐渐增大，故电荷q受到的静电力不断增大，B错误；对－Q形成的电场，圆弧DCO为等势面，电势不变，对＋Q形成的电场，从D到C到O，电势升高，故正电荷q的电势能一直增加，C正确；对－Q形成的电场，圆弧DCO电场强度大小不变，对＋Q形成的电场，从D到C到O，电场强度增大，且在O处，两电荷的电场强度方向相同，合电场强度最大，电荷受到的静电力最大，故电荷q受到的静电力不可能先增大后减小，D错误。10.如图9所示，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ水平放置，轨道间距为L。现有一个质量为m，长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计。有一电动势为E、内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列说法正确的有()图9A.导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流B.导体棒所能达到的最大速度为eq\f(ER,（R＋r）BL)C.导体棒稳定运动时电源的输出功率为eq\f(E2R,（R＋r）B2L2)D.导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E答案AB解析闭合开关S，导体棒受到向右的安培力，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向与电源电动势方向相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值