2024版高考物理复习：考前特训 选择题提速练(八)

选择题提速练⑻

（限时25分钟）

1.有的道路上装有雷达测速仪，测速仪向迎面驶来的汽车发射一电磁波，能实时对通过车辆

进行测速，是利用了多普勒效应。下列有关多普勒效应的说法正确的是（）

A.题述中汽车接收到的电磁波频率减小

B.题述中测速仪接收到的电磁波和发射的电磁波频率之差越大，车速越小

C.振源的频率减小，接收者接收到的电磁波频率减小，是由于多普勒效应

D.在地球上接收到的正在远离地球的恒星发出的红外线的频率减小

答案D

解析根据多普勒效应可知，当波源与观察者之间的距离逐渐减小时，接收到波的频率比波

源发出的频率高，A错误；车速越大，汽车反射的电磁波的频率相比测速仪发射的电磁波的

频率增加得越多.测速仪接收到的电磁波的频率相比测速仪发射的电磁波的频率增加得也越

多，测速仪接收到的电磁波和发射的电磁波频率之差越大，B错误；产生多普勒效应的原因

不是波源频率发生了变化，而是观察者相对于波源位置的变化导致接收到的电磁波频率变化，

C错误；恒星远离地球，地球上接收到该恒星发出的红外线频率比发射时的频率小，D正确。

2.（2023•江苏南通市二模）如图所示，曲线"为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和

电流/的关系图像，OP是某定值电阻的。一/图像，P为两图线的交点。过P点作曲线必

的切线，分别与坐标轴相交于c、小现将该电池和定值可阻组成闭合回路，保持上述光照强

度照射时，电池的内阻可以用哪两点连线斜率的绝对值表示（）

A.abB.aPC.PbD.cd

答案B

解析由闭合电路欧姆定律可得当电流为零时，由,方图线与纵轴的交点可以读

出该包池的电动势，根据两图线交点处的状态，可知将该电池和定值电阻组成闭合回路时路

E—U

端电压为交点P的纵轴坐标，电,流为P点的横轴坐标，根据/,则电池的内阻可用“P

两点连线斜率的绝对值表示，故选B。

3.（2023•江苏南京市临江高级中学模拟）我国利用小型辐照装置研究病毒灭活，其主要原理是

辐照源钻60承C。）衰变后产生银（煞Ni）和X粒子，并放出射线，利用射线、X粒子束产生的电

离作用，使病毒失去感染性。已知钻60的半衰期为5.27年，下列说法正确的是（）

A.X粒子为中子

B.该衰变属于0衰变，反应放出的射线是一种电磁波

CMC。的结合能比该反应产生的新核双Ni的大

D.1g钻60经21年后约有七g发生了衰变

答案B

解析根据质量数守恒和也荷数守恒可知，X粒子为电子，故A错误；该衰变属于p衰变，

反应放出的射线为y射线，是一种电磁波，故B正确：袤变时放出能量，生成物更稳定，比

结合能更大，由于两原子核核子数都为60,所以的Co的结合能比该反应产生的新核段Ni的小，

故C错误;21年约为钻60的4个半衰期，1g钻60经21年后发生衰变的质量约为机=1gX（l

-g,故D错误。

4.（2023•江苏省如皋中学阶段测试）“羲和号”卫星是我国苜颗太阳探测科学技术试验卫星。

该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方，离地高度517km,能够24h持续对太阳进

行观测，则该卫星的（）

A.发射速度大于第二宇宙速度

B.轨道平面与地球静止卫星轨道平面重合

C.运行周期大于地球同步卫星的周期

D.运行速度大于地球同步卫星的运行速度

答案D

解析第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最，:、发射速度，第二宇宙速度是使卫星

脱离地球束缚的最小发射速度，所以“羲和号”的发射速度应介于第一和第二宇宙速度之间，

故A错误；地球静止卫星轨道平面与赤道平面重合，而“羲和号”通过地球南北两极上方，

所以其就道平面与地球静止卫星轨道平面垂直，故B错误；设地球质量为质量为力的卫

星绕地球做半径为八周期为八速度大小为。的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有6誓=

爷/，分别解得v,T=271、!^^,地球同步卫星位于地面上方高度约36000km

处，所以其轨道半径远大于“羲和号”卫星的轨道半径，则根据以上两式可知“羲和号”的

运行周期小于地球同步卫星的周期，运行速度大于地球同步卫星的运行速度，故C错误，D

正确。

5.（2023•江苏省前黄高级中学模拟）如图所示，一定质量的某种理想气体从状态人变化到状态

B,下列说法正确的是（）

p

•A

・B

OT

A.可通过等容变化实现

B.不可能经过体积减小的过程

C.气体一定从外界吸热

D.外界一定对气体做正为

答案C

解析根据竿=C,可得p=$r,由此可知A、B与。点的连线表示等容变化，直线4。斜

率大，则A状态下气体体枳小，即A状态体积小于3状态的体积，所以气体自状态A到状态

8的过程中，体积必然变大，A错误；由于具体气体变化的过程未知，故可能经过体积减小

的过程，B错误；整个过程，气体体积增大，气体对外做功，W为负值，从题图中看出气体

温度升高，A（7>0,所以Q必须为正数，即气体必须从外界吸热，C正确，D错误。

6.（2023•江苏淮安市模拟）如图所示，在水平转台上放置一圆锥形物体，物块在平行于锥面的

细绳作用下静止在圆锥体表面，在圆锥体随平台逐渐加速转动的过程中，物块始终与锥面保

持相对静止。关于此过程下列判断正确的是（）

A.物块受到的合力为0

B.绳上的拉力逐渐增大

C.锥面对物块的支持力保持不变

D.没有任何力对物块做为

答案B

解析物块随圆锥体做变速圆周运动，则受到的合力不为0,选项A错误；设细绳与竖直方

向夹角为。,则对物块，沿锥面方向用一mgcos向夕,则随着角速度逐渐增加,绳上

的拉力逐渐增大，选项B正确：沿垂直链面方向mgsinO-R=m，/ws。，则随着角速度增

大，锥面对物块的支持力逐渐减小，选项C错误；转动过程中，因为物块的动能增加，则一

定有力对物块做功，选项D错误。

A轮外缘初速度为2则末速度为3。，运动时间为加速度为“，位移即磁带总长度为x,

由匀变速直线运动规律（3。产一/=2然,3。=0+<〃，当磁带有一半绕到A轮上时，两轮半径相

等、两轮角速度相同，此时/2—v2=ax,v'=。+<"',解得o'=y[5v,t'=^2；故

选Bo

9.（2023•江苏省百校联考）如图所示，质量为M的小球用长度为L的轻杆连接在固定于天花板

的轴。上，可在竖直平面内自由旋转，并通过与O等高的滑轮用轻绳连接质最为机的物块。

小球与物块质量关系为M=2〃?，滑轮与轴O的距离也为L,轻杆最初位置水平。滑轮、小球、

物块的大小可以忽略，轻绳竖直部分的长度足够长，不计各种摩擦和空气阻力，运动过程中

绳始终保持张紧状态，重力加速度为g。当小球从最初位置由静止释放，则（）

■/z^zz/zzz/zz/zzzz/zzzzz^/yz/zz

~o

mu

A.小球向右摆动的最大角度夕=120。

B.小球与物块的速度大小始终相等

C.小球在。点正下方时，小球与物块的速度大小之比为1：6

D.物块上升的最大高度为6L

答案A

解析从释放到小球向右屋动到最大角度过程中，根据机械能守恒定律得MgLsin（180。-0）

=〃吆2Lsin解得9=120。；只有当轻绳与轻杆垂直时，小球与物块的速度大小才相等，B

错误；小球在O点正下方时，根据速度分解得cos45。=詈，解得等=半，C错误：小球的

速度为零时物块上升的高度最大，力m=2Zsin5=小匕D错误。

10.（2023•江苏模拟预测）如图所示，某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上，卷纸的直径为此轴

及卷纸的总质量为〃?。用细绳分别系在轴上的P、Q点，将卷纸通过细绳挂在光滑竖直墙壁

上的。点，已知OP=OQ=PQ=L,重力加速度的大小为g。则下列说法正确的是（）

B.每根绳的拉力大小为

G一足

C.卷纸对墙的压力大小嗡当

D.卷纸对墙的压力大小为罚

答案B

解析对卷纸受力分析如困所示

两绳所在平面与竖直墙面间的夹角为见两绳形成的合力为尸「金，侧视图如图所示，故cosa

1，6。。）2（守意粤；每根绳中拉力为

,根据「丁合=枭，解得产丁合=

Lsin60°小L

〃?班尸7

FT,尸r令=2尸rcos30。，解得产r=,A错误，B正确；根据受力平衡有湍=taia=

yj3L1—d2

d

故人二—；—p,C、D错'i天©

3L~一才

2

11.（2023•江苏省如东中学等四校联考）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上,

自然伸长时弹簧上端处于A点“=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，八时到达A点,

力时弹簧被压缩到最低点及以。为原点，向下为正方向建立工坐标轴，以B点为重力势能

零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能反、重力势能礴1、机械能

瓦及弹簧的弹性势能62变化图像可能正确的是（）

（廿。

E

答案B

解析根据题意可知下落过程中，第一阶段：0-A自由落体：第二阶段：。到平衡位置，

重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到8处，向上的弹力大于向下的重力。平衡

位置处，重力大小等于弹力。根据重力势能表达式可知心产〃?g(xi+x2-x),xW加时，弹性

势能为0,机械能等于重力势能的最大值；由于弹簧弹力随弹簧压缩量均匀变化，时，

弹性势能62=如一.叫)\设系统总能量为E,根据能量守恒定律可知£=£