2024高考物理二轮复习选择题专项练3含解析

PAGE5-选择题专项练(三)14．以下关于放射现象的说法正确的是(B)A．原子核发生一次β衰变，该原子的外层就失去一个电子B．γ射线是原子核衰变后新核处于不稳定状态产生的C．铀239经过多次衰变后变为钚239，其核反应方程为eq\o\al(239,92)U→eq\o\al(239,94)Pu＋neq\o\al(A,Z)X，则eq\o\al(A,Z)X为中子D．用α粒子轰击铍核eq\o\al(9,4)Be，铍核转变为碳核eq\o\al(12,6)C，同时放出β射线【解析】发生β衰变时，原子核内的中子转化为质子和电子，与外层电子无关，A错误；γ射线是原子核发生α衰变和β衰变后新核处于不稳定状态产生的，B正确；依据质量数和电荷数守恒，可知eq\o\al(A,Z)X应为电子，C错误；用α粒子轰击铍核eq\o\al(9,4)Be，铍核转变为碳核eq\o\al(12,6)C，同时产生一个中子，D错误．15.如图所示，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面(斜面足够长)，斜面上有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连且拴接，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m.现撤去挡板，弹簧弹开，直到B与C恰好分别，重力加速度为g.在这个过程中以下说法正确的是(B)A．撤去挡板瞬间，A、B、C的加速度都为0B．撤去挡板瞬间，A的加速度不为0，B与C的加速度为0C．与C恰好分别瞬间，A和B加速度平行斜面对下、C的加速度平行斜面对上D．A的最大加速度大小为g【解析】弹簧弹力不会突变，撤去挡板之前A、B、C三个物体均处于平衡状态，挡板对A的支持力大小为3mgsin30°，撤去挡板的瞬间，挡板对A的支持力立即消逝，其他力不变，此时A的加速度最大，为3gsin30°，故A的最大加速度是eq\f(3,2)g，D错误；撤去挡板的瞬间，B与C受力状况均不变，加速度均为0，故B正确，A错误．B与C恰好分别的瞬间，B、C之间没有弹力，此时弹簧复原原长，对A、B无弹力，A、B、C三个物块的瞬时加速度都是gsin30°，方向平行斜面对下，因此C选项错误．16．新冠肺炎疫情发生以来，国产大型运输机运－20“胖妞”成为众多驰援武汉运输队伍中最亮眼的明星．设想运－20在平直跑道上起飞的过程：飞机从O点由静止动身，依次经过跑道上的A、B两点，OA＝x0、OB＝2x0，其速度v随位移x的改变规律如图．飞机从O点到B点的运动过程中质量视为不变，则下列说法正确的是(B)A．运－20飞机在直跑道上起飞的过程是匀加速直线运动B．运－20飞机在A点的加速度小于在B点的加速度C．运－20飞机在OA之间和AB之间的动能增加量相等D．运－20飞机在A点所受合外力等于在B点所受合外力【解析】初速度为0的匀加速直线运动速度与位移的关系v＝eq\r(2ax)，图中v与x是一次函数关系，故运－20飞机在平直跑道上起飞的过程不是匀加速直线运动，A错误；若飞机在跑道上做匀加速直线运动，则飞机加速到2v0走的位移应当是4x0，从图中看出运－20飞机加速到2v0只走了2x0的位移，因此从O到B运－20飞机做的是加速度增大的加速运动，故B正确；运－20飞机在OA之间的动能增加量ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在AB之间的动能增加量，ΔEk2＝eq\f(1,2)m(4veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,0))＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C错误；运－20飞机在B点的加速度大于在A点的加速度，故在B点所受合外力大于在A点所受合外力，D错误．17．2024年1月5日，我国研制的放射重量最重、技术含量最高的高轨卫星——实践二十号卫星，经验多次轨道机动后，在36000公里高度的地球同步轨道胜利定点．如图是实践二十号卫星放射与变轨的过程示意图，先将卫星放射至近地圆轨道Ⅰ上，然后实行适当措施使卫星先后进入椭圆轨道Ⅱ及圆轨道Ⅲ，已知引力常量为G.下列说法正确的是(D)A．实践二十号卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能B．实践二十号卫星在轨道Ⅱ上的运行速度可以大于11.2km/sC．实践二十号卫星在轨道Ⅰ上的运行速率大于在轨道Ⅱ上运行的最大速率D．由椭圆长轴的长度及实践二十号卫星在轨道Ⅱ上的运行周期可求出地球的质量【解析】因卫星先后两次变轨时均需点火加速，卫星的动能增大，所以点火瞬间卫星的机械能增大，而点火结束后卫星只受万有引力作用，卫星的机械能守恒，故卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，选项A错误；卫星在轨道Ⅱ上运行时，其最大运行速度介于7.9km/s与11.2km/s之间，选项BC错误；据开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k及k＝eq\f(GM,4π2)(其中a为椭圆的半长轴、T为周期、M为地球的质量、G为引力常量)，可求出地球的质量，选项D正确．18.为了爱护生态环境，我国大力推动新能源汽车的运用，“双引擎”汽车就是其中一种效率较高的新能源汽车．一质量m＝1200kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h＜v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力；当行驶速度v＞90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的马路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t改变的图线如图所示，所受阻力恒为1400N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末．在运动过程中，汽油质量损耗不计，则在前11s内(C)A．t0＝6sB．电动机输出的最大功率为60kWC．汽油机工作期间牵引力做的功为5.4×105JD．汽车从t0时刻行驶至第11s末的位移为120m【解析】依据题意可知在t0时刻汽车的速度达到了54km/h(15m/s)，在0～t0这段时间内汽车靠电动机输出功率，其加速度为a＝eq\f(F1－f,m)＝eq\f(5000－1400,1200)m/s2＝3m/s2，因此t0＝eq\f(15,3)s＝5s，A错误；电动机输出的最大功率P1＝Fv＝5000×15W＝75kW，B错误；由图可知在t0时刻切换动力引擎之后瞬时牵引力大小为6000N，牵引力的功率为P＝F2v＝6000×15W＝9×104W，在之后的时间内，功率不变，因此牵引力做功为W＝Pt＝5.4×105J，C正确；汽车在11s末的速度为v1＝eq\f(P,F3)＝25m/s，从t0时刻到11s末，由动能定理得W－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，可得s＝214.3m，D错误．19．(多选)如图所示，A、B、C、D为圆O上相互垂直的两直径的端点，端点处各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F分别为弧AC、弧BD的中点，下列说法正确的是(AB)A．E点的电势大于F点的电势B．E点和F点的电场强度相等C．O点的电场强度和电势大小都为0D．一正点电荷沿直线从E点运动到F点，电势能先增大后减小【解析】A、C两点处的电荷均为正电荷，B、D两点处的电荷均为负电荷，由几何关系和对称性可知，E点电势大于F点的电势，E点场强和F点场强相等，故A、B选项正确；O点是AB的中点，也是C、D的中点，由等量异种点电荷连线的中点电势为零可知O点电势等于零，A、B两处电荷在O点产生的场强方向沿OB方向，CD两处电荷在O点产生的场强方向沿OD方向，依据场强的叠加可知O点场强不为零，C选项错误；由题意知，在直线EF上，AC连线中点电势最高，BD连线中点电势最低，故正电荷沿直线从E点运动到F点，电势能先增大后减小再增大，D错误．20．(多选)如图，等边三角形OPQ区域内存在垂直纸面对外的匀强磁场．用粗细匀称的导线绕制的正方形导线框abcd位于纸面内，其ab边与磁场边界PQ平行．导线框沿垂直于cd的方向向下匀速穿过磁场区域，依次经过图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置．已知正方形abcd边长是三角形OPQ边长的eq\f(2,3)倍，Ⅰ位置时cd边与O点在一条线上，Ⅱ位置时c点、d点分别在OQ、OP边上，Ⅲ位置时a点、b点分别在OP、OQ边上．则下列说法正确的是(BCD)A．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框中的感应电流方向相同B．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框中的感应电流大小相等C．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框上cd两点间的电压之比为3∶1D．从Ⅰ位置到Ⅱ位置和从Ⅰ位置到Ⅲ位置的两个过程中，穿过线框导线横截面的电荷量之比为1∶1【解析】由题意知，线框经过Ⅱ位置时穿过线框的磁通量增加，线框经过Ⅲ位置时穿过线框的磁通量削减，由楞次定律可知，经过两位置时线框中感应电流的方向相反，A错误；由图示可知，线框经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框切割磁感线的有效长度(设为L)相等，由E＝BLv可知，线框产生的感应电动势相等，由欧姆定律可知，线框中的感应电流大小相等，故B选项正确；导线粗细匀称，故ab，bc，cd，da段电阻相等，线框在Ⅱ位置时cd两点的电压U1＝eq\f(3,4)E，线框在Ⅲ位置时cd两点的电压U2＝eq\f(1,4)E，所以电压之比为3∶1，C选项正确；穿过线框横截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·ΔS,R)，在Ⅱ位置和Ⅲ位置，有磁场存在的面积之比为1∶1，所以从Ⅰ位置到Ⅱ位置和从Ⅰ位置到Ⅲ位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为1∶1，D选项正确．21．(多选)如图所示，在光滑的水平面上有质量为m的小球A以初速度v0水平向右运动，在小球A左右两侧各放置一个完全相同的光滑四分之一圆弧轨道C与B，光滑圆弧轨道的质量均为M，下列关于小球和光滑圆弧轨道的运动说法正确的是(CD)A．若小球能飞离圆弧轨道，相对于地面将接着做竖直上抛运动B．若m>M，小球肯定能滑上圆弧轨道CC．若m<M，小球可能滑上圆弧轨道B两次D．小球运动过程中离开地面的最大高度为eq\f(Mv\o\al(2,0),2gm＋M)【解析】小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，若小球能飞离轨道，则飞离轨道瞬间，因轨道上端的切线方向是竖直的，所以小球与圆弧轨道有相同的水平速度v，小球另外还有竖直分速度，它从轨道上端飞出后相对于地面做斜抛运动，A选项错误；小球滑上轨道B，并从轨道B上滑下的过程，与完全弹性碰撞类似，有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，则v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋