新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 选择题热身练(4) (含解析)

选择题热身练(4)

1．(2022·广东省二模)中国运动员谷爱凌在2022年北京冬奥会中获得“自由式滑雪女子U型场地技巧”金牌．不计空气阻力且把其视为质点，则谷爱凌在空中运动过程(　　)

A．可能处于超重状态

B．速度、加速度均可能为零

C．速度改变量的方向总是竖直向下

D．只要有速度，重力的功率就不可能为零

答案　C

解析　谷爱凌在空中运动过程中只受重力作用，加速度一直为重力加速度，处于完全失重状态，A、B错误；由于谷爱凌在空中运动过程中的加速度为g，根据Δv＝gt可知，速度改变量的方向与重力加速度的方向相同，即速度改变量的方向总是竖直向下，C正确；谷爱凌在空中运动到最高点的速度处于水平方向时，由于速度方向与重力方向垂直，此时重力的功率为零，D错误．

2．(2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟)如图甲所示，直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从铁块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移－时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)

A．t＝0.25 s时铁块对弹簧的压力最大

B．t＝0.25 s和t＝0.75 s两时刻弹簧的弹力相等

C．t＝0.25 s至t＝0.50 s这段时间铁块做加速度逐渐增大的加速运动

D．t＝0.25 s至t＝0.50 s这段时间内铁块的动能和弹簧的弹性势能之和在增大

答案　D

解析　t＝0.25 s时铁块在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下且最大，根据牛顿第二定律可知，此时弹簧对铁块的弹力最小，则此时铁块对弹簧的压力最小，故A错误；t＝0.25 s和t＝0.75 s两时刻铁块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力不相等，故B错误；t＝0.25 s至t＝0.50 s这段时间铁块从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力逐渐减小，则加速度逐渐减小，即铁块做加速度逐渐减小的加速运动，此过程中铁块的重力势能逐渐减小，根据系统的机械能守恒可知，铁块的动能和弹簧的弹性势能之和在增大，故C错误，D正确．

3．(2022·上海市二模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1>r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相等电荷量的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．甲电路电源内部产生的热量较多

B．乙电路外电阻R产生的热量较少

C．乙电路电源做功较多

D．甲电路电源效率较高

答案　A

解析　根据题意，由电源的做功公式W＝EIt，及q＝It，可得W＝Eq，已知甲、乙两电路中的电源电动势相等，流过的电荷量相等，则甲、乙两电路电源做功相等，故C错误；根据闭合电路欧姆定律I＝可知，路端电压为U＝，则电源的效率为η＝＝＝，由于甲电路中电源的内阻大于乙电路中电源的内阻，则甲电路中电源的效率较低，电源内部产生的热量较多，故D错误，A正确；根据闭合电路欧姆定律I＝可知，甲电路中的电流小于乙电路中的电流，又由q＝It，可得外电阻上产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝IqR，由于q和R相等，则乙电路中外电阻R上产生的热量较多，故B错误．

4.(多选)(2022·吉林省一模)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定，小球(视为质点)静止在轨道的最低点A.现用小锤沿水平方向击打(击打后迅速移开小锤)小球，第一次击打小球后，小球未能到达圆轨道的最高点，当小球回到A点时，再次用小锤沿水平方向击打小球，第二次击打后，小球才通过圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打过程中小锤对小球做的功为W，两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为(　　)

A．W  B．2W  C．3W  D．4W

答案　BCD

解析　小球在运动过程中始终未脱离轨道，则第一次击打后小球最高到达与球心O等高位置，若第一次击打小球，小球恰好到达与球心O等高位置，根据动能定理有W－mgR＝0，即W＝mgR，第二次击打后小球能上到最高点速度最小为vmin，则有mg＝m，设第二次击打过程中小锤对小球做的功最少为Wmin，根据动能定理有W＋Wmin－2mgR＝mvmin2，联立解得Wmin＝1.5mgR＝1.5W，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为2W、3W、4W，故A错误，B、C、D正确．

5．(多选)(2022·湖北省十一校联考)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是(　　)

A．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率

B．从M点射出粒子在磁场中的运动时间一定小于从N点射出粒子在磁场中的运动时间

C．所有粒子所用最短时间为

D．所有粒子所用最短时间为

答案　AD

解析　粒子运动轨迹如图所示，可以看出粒子从落到b点到落到c点的过程中，半径越来越大，则由r＝，可知速率也越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，故A正确；由T＝知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，则粒子在磁场中的运动时间与圆心角成正比，且由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆弧相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为θ＝60°，所以圆心角为α＝120°，所以运动最短时间为tmin＝×＝，故D正确，C错误；由分析可知，从M点射出粒子在磁场中的运动时间与从N点射出粒子在磁场中的运动时间大小不能确定，故B错误．

6．(2022·山西省模拟)U(铀核)经过一系列的α衰变和β衰变变为Rn(氡核)，已知U的比结合能为E1，Rn的比结合能为E2，α粒子的比结合能为E3，每次β衰变释放的能量为E4(计算结果不计E4)，则U(铀核)衰变为Rn(氡核)共释放的能量为(　　)

A．E1－E2－E3

B．E2＋E3－2E1

C．238E1－222E2－16E3

D．222E2＋16E3－238E1

答案　D

解析　设U经过x次α衰变和y次β衰变变为Rn，则有U→Rn＋xHe＋ye，衰变过程质量数与电荷数守恒，所以238＝222＋4x,92＝86＋2x－y，解得x＝4，y＝2，所以衰变过程共释放的能量为ΔE＝222E2＋16E3＋2E4－238E1，计算结果不计E4，所以有ΔE＝222E2＋16E3－238E1，故选D.