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1.日本福岛核废水中含有氚、锶－90、铯－137、碘－129等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响。其中锶(eq\o\al(90,38)Sr)半衰期为30年，它通过β衰变变为钇核，下列说法正确的是()A.钇核的质量数为89B.钇核的比结合能比锶核大C.衰变产生的β射线比γ射线穿透本领强D.如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间答案B解析衰变过程满足质量数守恒，电子的质量数为0，故钇核的质量数为90－0＝90，A错误；原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，锶核通过β衰变变为钇核，说明钇核比锶核更稳定，故钇核的比结合能比锶核大，B正确；衰变产生的三种射线中，γ射线的穿透本领最强，α射线的穿透本领最弱，β射线比γ射线穿透本领弱，C错误；原子核衰变的半衰期只由原子核内部决定，与外界环境没有关系，故人们不可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间，D错误。2.2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务。王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是()图1A.与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度较大B.与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期较长C.只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度D.王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面答案A解析由于空间站轨道半径比同步卫星的小，根据Geq\f(Mm,r2)＝ma，知空间站做圆周运动的加速度较大，A正确；根据开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k知，空间站做圆周运动的周期较短，B错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，只知道空间站的运行周期，而不知道地球半径，则无法算出地球的平均密度，C错误；王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速圆周运动，不会落向地面，D错误。3.喷洒酒精消毒是抗击新冠肺炎疫情的重要手段。某班级用于消毒的喷壶示意图如图2所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出。设喷液过程中，储气室内气体温度保持不变，若储气室内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是()图2A.喷液过程中，储气室内气体内能减小B.喷液过程中，储气室内气体放出热量C.喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小D.只要储气室内气体压强大于外界大气压强，消毒液就能从喷嘴喷出答案C解析喷液过程中，温度不变，储气室内气体内能不变，A错误；喷液过程中，气体膨胀对外做功，但内能不变，由热力学第一定律可知，储气室内气体吸收热量，B错误；由于喷液过程中温度保持不变，气体分子的平均动能不变，故分子热运动剧烈程度不变，但是气体压强减小，所以储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小，故C正确；只有当储气室内气体压强大于外界大气压强与导管内液体压强之和时，消毒液才能从喷嘴喷出，故D错误。4.如图3所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()图3A.B1－eq\f(B2,2) B.B2－eq\f(B1,2)C.B2－B1 D.eq\f(B1,3)答案A解析甲、乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的磁感应强度大小为eq\f(B2,2)；两环在a点产生的磁感应强度大小为B1，甲环在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(B2,2)，两环在a点产生的磁感应强度方向相同，则乙环在a点产生的磁感应强度大小为B1－eq\f(B2,2)；由于乙环在a点产生的磁感应强度与甲环在c点产生的磁感应强度大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为B1－eq\f(B2,2)，故A正确，B、C、D错误。5.如图4所示，边长为a的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。现有一带正电、电荷量为q、质量为m的粒子，由AB边上距A点eq\f(\r(3),2)a的P点，以初速度v0垂直AB边进入磁场，后从边AC离开磁场，则磁场的磁感应的强度大小可能是()图4A.eq\f(mv0,qa) B.eq\f(2mv0,qa)C.eq\f(3mv0,qa) D.eq\f(2mv0,3qa)答案B解析设当磁感应强度为B1时粒子恰好与BC边相切，如图甲所示。由几何关系可知此时粒子的轨道半径为甲r1＝acos30°＝eq\f(\r(3),2)a，由洛伦兹力提供向心力有qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B1＝eq\f(2\r(3)mv0,3qa)设当磁感应强度为B2时，粒子恰好与AC边相切，如图乙所示乙可知r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)－r2))sin60°解得r2＝eq\f(3（2－\r(3)）,2)a同理解得B2＝eq\f(2（2＋\r(3)）mv0,3qa)则磁场的磁感应强度大小范围为[eq\f(2\r(3)mv0,3qa)，eq\f(2（2＋\r(3)）mv0,3qa)]，故B正确。6.如图5所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),4)。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是()图5A.木箱与货物的质量之比为6∶1B.下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点C.木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能答案B解析系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得mgLsin30°＝μ(M＋m)gcos30°·L＋μMgcos30°·L，解得木箱与货物的质量之比为eq\f(M,m)＝eq\f(1,6)，A错误；下滑过程中，设木箱速度最大时弹簧的压缩量为x1，由受力平衡得kx1＝(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°＝eq\f(7,8)Mg，上滑过程中，设木箱速度最大时弹簧的压缩量为x2，由受力平衡得kx2＝Mgsin30°＋μMgcos30°＝eq\f(7,8)Mg，故有x1＝x2，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小a1＝gsin30°－μgcos30°＝eq\f(1,8)g，上滑的加速度大小a2＝gsin30°＋μgcos30°＝eq\f(7,8)g，则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,7)，C错误；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误。7.如图6所示，与水平面成θ＝30°角的传送带以v＝2m/s的速度顺时针运行，质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),5)，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()图6A.传送带从底端到顶端的长度为1mB.物块在传送带上向上运动的时间为0.5sC.物块在传送带上留下的划痕长度为1.25mD.物块在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J答案D解析小物块滑上传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1设经过时间t1减速到与传送带速度相等x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)，t1＝eq\f(v0－v,a1)解得x1＝0.75m，t1＝0.25sμ<tanθ，当物块的速度小于传送带速度后，物块受到向上的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2x2＝eq\f(v2－0,2a2)，t2＝eq\f(v－0,a2)解得x2＝1m，t2＝1s则传送带从底端到顶端的长度为L＝x1＋x2＝1.75m，所用时间t＝t1＋t2＝1.25s，故A、B错误；在t1和t2时间，传送带分别向上位移x1′＝vt1，x2′＝vt2物块相对传送带上滑Δs1＝x1－x1′＝0.25m，Δs2＝x2－x2′＝－1m即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误；物块相对传送带滑动的路程为Δs＝Δs1＋|Δs2|＝1.25m则摩擦生热Q＝μmgcosθ·Δs代入数据可得Q＝3.75J，故D正确。二、多项选择题8.(2022·四川泸州模拟)在全国斯诺克团体锦标赛中，选手丁俊晖把质量为m的白球以5v的速度推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为3v，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则()A.碰后瞬间白球的速度为2vB.两球之间的碰撞属于弹性碰撞C.白球对黄球的冲量大小为3mvD.两球碰撞过程中系统能量不守恒答案AC解析设碰后瞬间白球的速度为v1，两球碰撞过程中，由动量守恒定律有m·5v＝m·3v＋mv1，解得v1＝2v，选项A正确；由于eq\f(1,2)m·(5v)2>eq\f(1,2)m·(3v)2＋eq\f(1,2)m·(2v)2，即碰撞前系统的总动能大于碰撞后系统的总动能，所以两球之间的碰撞是非弹性碰撞，选项B错误；由动量定理可知，白球对黄球的冲量大小为I＝3mv，选项C正确；两球碰撞过程中系统能量守恒，机械能不守恒，选项D错误。9.如图7所示，已知电源电动势为E，内电阻为r(r<R0)，电压表与电流表均为理想电表；开关闭合后，当滑动变阻器的滑动触头P逐渐向左滑动时，则()图7A.灯泡将变亮B.|ΔV1|<|ΔV2|C.eq\f(ΔV2,ΔI)的值为R0D.电压表和电流表的读数均变大答案BC解析当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，可知干路电流变大，电流表A的示数变大。根据U＝E－Ir，路端电压变小，电压表V1的示数变小，D错误；当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，干路电流变大，电源内电压变大，R0两端电压变大，灯泡两端电压变小，灯泡将变暗，A错误；根据闭合电路欧姆定律，则路端电压的变化量为ΔU＝－rΔI，|ΔV1|＝|ΔU|＝|rΔI|，根据部分电路欧姆定律，R0两端电压U0＝IR0，则U0的变化量为ΔU0＝R0ΔI，|ΔV2|＝|ΔU0|＝|R0ΔI|，因为r<R0，故|ΔV1|<|ΔV2|，B正确；R0＝eq\f(ΔU0,ΔI)＝eq\f(ΔV2,ΔI)，C正确。10.如图8，有一透明材料制成的空心球体，内径R＝1m，外径为2R，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上A点射入，光线与AO间夹角i＝60°，经折射后恰好与内球面相切，已知光速c＝3×108m/s，下列说法正确的是()图8A.光线射入球体后频率变小B.光线射入球体后波长变大C.透明材料对该单色光的折射率为eq\r(3)D.从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为6×10－8s答案CD解析光线射入球体后频率不变，故A错误；光线射入球体后速度变小，根据λ＝vf可知波长变小，故B错误；根据几何关系得在透明材料中的折射角的正弦值sinr＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，根据折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(3)，故C正确；作出如下光路图由几何关系可得光在透明材料中的路程为s＝6×2Rcos30°＝6eq\r(3)m，光在透明材料中的传播速度为v＝eq\f(c,n)＝eq\r(3)×108m/s，则时间为t＝eq\f(s,v)＝6×10－8s，故D正确。11.如图9所示，间距为L＝0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5T、足够大的匀强磁场与导轨平面垂直。质量为m＝1.0×10－2kg、电阻值为R2＝2.0Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好。导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10－3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行。开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止。取重力加速度g＝10m/s2，其余部分的电阻不计。则()图9A.匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小B.金属棒ab中的电流为0.25AC.匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/sD.断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s答案BC解析金属棒ab处于静止状态，则金属棒ab受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知通过金属棒ab的电流方