2024年高考物理选择题强化训练专题十五综合训练含解析

2024年高三物理选择题强化训练专题十五综合训练一、单项选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分)1.一辆汽车沿着平直道路行驶，在0～40s内的x－t图象如图所示，下列选项正确的是()A.汽车离动身点的最远距离为30mB.汽车停止运动的时间为20sC.汽车在前20s内的平均速度大小为22.5m/sD.汽车在前10s内与后10s内的平均速度大小相同【解析】由题图可知，汽车在0～10s的时间内运动了30m，在10～20s的时间内停止在距离动身点30m处，在20～40s的时间内反向运动，且在t＝40s时刚好回到动身点，选项A正确，B错误；汽车在前20s内的平均速度大小为v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,20)m/s＝1.5m/s，选项C错误；汽车在前10s内的平均速度大小为v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(30,10)m/s＝3m/s，汽车在后10s内的平均速度大小为v3＝eq\f(x3,t3)＝eq\f(15,10)m/s＝1.5m/s，选项D错误。【答案】A2.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确的是()A.一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，可能放出3种不同频率的光子B.从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会汲取光子，能量上升C.从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会向外放出光子，能量降低D.处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的【解析】一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，最多可能放出2种不同频率的光子，故A错误；从n＝4能级跃迁到n＝3能级，是从高能级向低能级跃迁，氢原子会放出光子，能量降低，故B错误，C正确；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故D错误。【答案】C3.如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摇摆，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为()A.0.2πs B.0.4πsC.0.6πs D.0.8πs【解析】小球的摇摆可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，B正确。【答案】B4.如图所示，真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则()A.A、B、C、D四个点的电势相同B.A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C.负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能D.正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功【解析】由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误。【答案】A5.如图所示，光液面传感器有一个像试管模样的玻璃管，中心插一块两面反光的玻璃板，入射光线在玻璃管内壁与反光板之间来回发生反射，进入到玻璃管底部，然后在另一侧反射而出(与光纤原理相同)。当透亮液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，就可以通过光液面传感器监测出射光的强弱来判定玻璃管是否被液体包住了，从而了解液面的高度。以下说法正确的是()A.玻璃管被液体包住之后，出射光强度增加B.玻璃管被液体包住之后，出射光消逝C.玻璃管被液体包住之后，出射光强度减弱D.玻璃管被液体包住之后，出射光强度不变【解析】玻璃管被液体包住之前，由于玻璃管之外是光疏介质空气，光发生全反射，没有光从玻璃管中射出。当玻璃管被透亮液体包住之后，液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，光不再发生全反射，有一部分光进入液体，反射光的强度会减弱，故C正确。【答案】C6.最近，一款名叫“跳一跳”的微信小嬉戏突然蹿红。嬉戏要求操作者通过限制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳动过程中的运动轨迹，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A.棋子从静止至运动到最高点的过程中，机械能增加mghB.棋子离开平台时的动能为mghC.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghD.棋子落到平台上时的速度大小为eq\r(2gh)【解析】由于棋子在最高点具有水平方向的速度，所以机械能的增加量大于mgh，故A、B、D错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中重力做的功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。【答案】C7.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与沙漏a连接，连接滑轮的杆的另一端固定在天花板上，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，下列说法正确的是()A.b对c的摩擦力肯定先减小后增大B.地面对c的支持力始终变小C.c对地面的摩擦力方向始终向左D.滑轮对绳的作用力方向始终不变【解析】设a中沙漏及沙子的质量为m，b的质量为M，由平衡条件可知：绳子拉力T＝mg，若Mgsinθ＞mg，则有Mgsinθ＝mg＋f，若Mgsinθ＝mg，则f＝0，若Mgsinθ＜mg，则有Mgsinθ＋f＝mg，沙子流出时a的质量减小，b对c的摩擦力可能增大、可能减小，所以A项错误；以b、c为整体可知：若仅a的质量减小，绳子拉力T减小，Tsinθ＋FN＝(M＋mc)g，地面支持力增大，所以B项错误；地面对c的摩擦力Ff＝Tcosθ＝mgcosθ，地面对c的摩擦力方向始终向左，c对地面的摩擦力方向始终向右，所以C项错误；两绳子夹角不变，力的大小始终相等，所以绳子对滑轮的合力方向始终在两绳的角平分线上，所以方向不变，即D项正确。【答案】D8.利用如图所示的试验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底边长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽视不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以干脆显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为()A.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1－E2）) B.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)C.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1－E2）) D.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1＋E2）)【解析】当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋Beq\f(E1,R)L；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－Beq\f(E2,R)L，联立解得B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)，选项B正确。【答案】B9.如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角；sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是()A.25Ea＝9Eb，φa＞φb B.16Ea＝9Eb，φa＜φbC.9Ea＝25Eb，φa＞φb D.9Ea＝16Eb，φa＜φb【解析】设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。依据几何学问得rb＝eq\f(4,3)ra，依据点电荷场强公式E＝keq\f(Q,r2)，得Ea＝eq\f(16,9)Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的四周越靠近场源电荷电势越低，则有φa＜φb，故D正确。【答案】D10匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图1所示，那么碳14的衰变方程为()A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,1)e＋eq\o\al(14,5)B B.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(10,4)BeC.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(12,5)B D.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,7)N【解析】原子核的衰变过程满意动量守恒，放射出的粒子与反冲核的速度方向相反，由题图依据左手定则推断得知，该粒子与反冲核的电性相反，可知碳14发生的是β衰变，衰变方程为eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，依据动量守恒定律和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)，可知此衰变方程满意题意，故D正确。【答案】D11.若在某行星和地球上相对于各自水平地面旁边相同的高度处、以相同的速率平拋一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶eq\r(7)，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为()A.eq\f(1,2)R B.eq\f(7,2)RC.2R D.eq\f(\r(7),2)R【解析】平拋运动在水平方向上为匀速直线运动，即x＝v0t，在竖直方向上为自由落体运动，即h＝eq\f(1,2)gt2，所以x＝v0eq\r(\f(2h,g))，两种状况下，拋出的速率相同，高度相同，所以eq\f(g行,g地)＝eq\f(7,4)，依据公式Geq\f(Mm,R2)＝mg可得g＝eq\f(GM,R2)，故eq\f(g行,g地)＝eq\f(\f(M行,Req\o\al(2,行)),\f(M地,Req\o\al(2,地)))＝eq\f(7,4)，解得R行＝2R，故C正确。【答案】C12.如图所示，铁板AB与水平地面垂直，一块磁铁吸附在铁板右侧。现缓慢使铁板的B端绕A端沿顺时针方向转动到与水平地面成θ角，此过程中磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是()A.磁铁始终受到三个力的作用B.铁板对磁铁的作用力渐渐增大C.铁板对磁铁的弹力渐渐减小D.磁铁受到的摩擦力渐渐增大【解析】沿转动后铁板的方向建立x轴，垂直铁板方向建立y轴，则磁铁的受力如图所示，磁铁受到重力、铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用，故选项A错误；缓慢向下转动的过程，磁铁可视为处于平衡状态，铁板对磁铁的作用力是铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用的合力，与重力等大反向，即铁板对磁铁的作用力不变，故选项B错误；铁板对磁铁的磁力大小不变，缓慢向下转动的过程中磁力的方向与AB的相对位置关系不变，重力沿x轴的分力渐渐减小，摩擦力渐渐减小，重力沿y轴的分力渐渐增大，因此弹力渐渐减小，故选项C正确，D错误。【答案】C13.中国国家航天局安排于2024年年底前放射“嫦娥五号”月球探测器。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器胜利送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1的环月圆轨道Ⅰ后胜利变轨到近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，再从15km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最终胜利实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的物体中心距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－Geq\f(Mm,r)(式中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，放射的“嫦娥五号”探测器质量为m0。则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是()A.“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ上运行的动能B.“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了GM0m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r1)－\f(1,R)))C.“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能D.落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，须要供应的最小能量是eq\f(GM0m0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))【解析】依据万有引力定律和牛顿其次定律有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的动能分别是Ek1＝eq\f(GM0m0,2r1)、Ek2＝eq\f(GM0m0,2R)，由于r1>R，所以“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的动能，选项A错误；依据Ep＝－eq\f(GMm,r)可知，“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的势能分别是Ep1＝－eq\f(GM0m0,r1)、Ep2＝－eq\f(GM0m0,R)，“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了ΔEp＝GM0m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))，选项B错误；依据能量守恒定律，落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要供应的最小能量是ΔE＝Ep1－Ep2＋Ek1－Ek2＝eq\f(GM0m0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))，选项C错误，D正确。【答案】D二、多项选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分)14.图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是()A.该波的周期是0.10sB.该波的传播速度是40m/sC.该波沿x轴的负方向传播D.t＝0.10s时，质点Q的速度方向沿y轴负方向【解析】由题图乙可知该波的周期是0.20s，A错误；由题图甲可知该波的波长λ＝8m，则波速v＝eq\f(λ,T)＝40m/s，B正确；由题图乙可知t＝0.10s时质点Q正沿y轴负方向运动，故该波沿x轴负方向传播，C、D正确。【答案】BCD15..如图所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单光色，取其中a、b、c三种色光，下列说法正确的是()A.c光的频率最高B.在真空中c光的波长最长C.玻璃对c光的折射率最小D.在三棱镜中c光传播速度最小【解析】依据光的色散规律可知，a光的频率最高，选项A错误；c光的频率最小，故在真空中c光的波长最长，选项B正确；由光路可知，玻璃对a光的折射率最大，对c光的折射率最小，选项C正确；在三棱镜中c光传播速度最大，选项D错误。【答案】BC16.如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A.连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为eq\r(\f(2g,R))B.连接B球的绳子恰好拉直时，圆环对A球的作用力为零C.接着增大转动的角速度，圆环对B球的作用力可能为零D.接着增大转动的角速度，A球可能会沿圆环向上移动【解析】当连接B球的绳子刚好拉直时，mgtan60°＝mω2Rsin60°，解得ω＝eq\r(\f(2g,R))，A项正确；连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，由对称性知，A球所受合力也为mgtan60°，又A球所受重力为mg，可推断出A球所受绳子的拉力为eq\f(mg,cos60°)＝2mg，A球不受圆环的作用力，B项正确；接着增大转动的角速度，连接B球的绳子上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大时，圆环对A球的弹力不为零，依据竖直方向上A球所受外力的合力为零，可知绳子对A球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此A球不行能沿圆环向上移动，D项错误。【答案】AB17.如所示，电路中变压器为志向变压器，其原线圈接在u＝20eq\r(2)sin(50πt)V的沟通电源上，副线圈与阻值为R1＝2Ω的电阻连接成闭合电路，电流表为志向电流表。另有一阻值R2＝32Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则()A.电阻R1消耗的电功率为12.5WB.通过电阻R1的交变电流的周期为0.02sC.电流表的示数为10AD.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1【解析】加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V，R2消耗的功率为PR2＝eq\f(Ueq\o\al(2,R2),R2)＝12.5W，又电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A正确；由u＝20eq\r(2)sin(50πt)V，知ω＝50πrad/s，故周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.04s，变压器不变更交变电流的周期，故B错误；R1消耗的功率PR1＝PR2＝12.5W，通过R1的电流IR1＝eq\r(\f(PR1,R1))＝2.5A，则电流表的示数为2.5A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5V，原线圈两端电压U1＝U＝20V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正确。【答案】AD18.如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r。在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是()A.t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0B.t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为eq\f(B2d2v,2R)C.从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为eq\f(Bdr,R)D.从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)mgr【解析】t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势E＝Bdv0，金属细杆两端的电压U＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(1,2)Bdv0，故A项错误；t＝t1时刻，金属细杆的速度方向与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误；从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bd×2r,t1)，回路中的电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,2R)，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t1，解得q＝eq\f(Bdr,R)，故C项正确；设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿其次定律可得mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r)，解得v2＝eq\r(gr)。从t＝0到t＝t2时刻，依据功能关系可得，回路中的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－mg·2r，定值电阻R产生的焦耳热QR＝eq\f(1,2)Q，解得QR＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)mgr，故D项正确。【答案】CD19.如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为2×10－4C的正点电荷Q，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变更图象如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变更图线，线2为动能随位移变更图线(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，g＝10m/s2)，则()A.小球向上运动过程中的加速度先增大后减小B.小球向上运动过程中的速度先增大后减小C.由图线1可求得小球的质量m＝4kgD.斜杆底端至小球速度最大处，由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U＝2.35×105V【解析】由图线2得知，小球的速度先增大后减小，依据库仑定律得知，小球所受的库仑力渐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜杆向上先做加速度渐渐减小的加速运动，再沿斜杆向上做加速度渐渐增大的减速运动，直至速度为零，故选项A错误，B正确；由线1可得Ep＝mgh＝mgssinθ，代入数据可以得到m＝eq\f(Ep,gssinθ)＝eq\f(60,10×3×\f(1,2))kg＝4kg，故选项C正确；由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，此时重力沿杆向下的分力与库仑力平衡，mgsinθ＝keq\f(qQ,seq\o\al(2,1))，解得q＝1.11×10－5C，依据动能定理有－mgh＋qU＝Ekm－0，代入数据得U＝4.23×106V，故选项D错误。【答案】BC20如图所示，在光