备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）选择题专项练3（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）选择题专项练3（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(2024安徽黄山一模)核污水中主要含有的放射性元素氚(13H)是氢的一种同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期约为12.43年,发生衰变时生成 23He并放出一个带电粒子,13H也可以和 12H发生核反应,生成一个 24He。下列说法正确的是( )
A.13H发生的衰变是α衰变
B.该反应存在质量亏损,所以质量数不守恒
C.100 g 13H存放50年后大约还剩6.25 g
D.13H和 12H发生核反应可用于制造原子弹
答案 C
解析 13H衰变时的核反应方程为He+-1 0e,故 13H发生的衰变是β衰变,故A错误;该反应存在质量亏损,但质量数守恒,故B错误;100 g13H存放50年后大约还剩m余=m012tT=100 g×125012.43≈6.25 g,故C正确;13H和 12H发生核反应方程为 13H+12HHe+01n,该反应为氢核聚变反应,可用于制作氢弹,故D错误。
2.(2024山东枣庄一模)如图所示,取一个透明塑料瓶,向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔,安装上气门嘴,再用橡胶塞把瓶口塞紧,并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾,下列说法正确的是( )
A.打气过程中,瓶内气体的分子动能保持不变
B.打气过程中,瓶内气体的压强与热力学温度成正比
C.橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,温度降低
D.橡胶塞跳出后,瓶内水迅速蒸发,出现白雾
答案 C
解析 打气过程中,外界对瓶内气体做功,气体内能增加,瓶内气体的分子动能变大,故A错误;打气过程中,若瓶内气体的质量不变,则根据查理定律,瓶内气体的压强与热力学温度成正比,但打气过程中,瓶内气体的质量增加,则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系,故B错误;橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,瓶内气体对外做功,内能减小,温度降低,水蒸气遇冷液化成小水珠,出现白雾,故C正确,D错误。
3.《史记》中对日晕有“日有晕,谓之日轮”的描述。如图甲所示,日晕是日光通过卷层云时,受到冰晶的折射或反射而形成的。图乙为太阳光射到六边形冰晶上发生两次折射的光路图,对于图乙中出射的单色光a、b,下列说法正确的是( )
A.单色光a的折射率比单色光b的折射率大
B.在冰晶中,单色光a的传播速度比单色光b的传播速度大
C.单色光a的频率比单色光b的频率大
D.单色光a的单个光子能量比单色光b的单个光子能量大
答案 B
解析 根据n=sinisinγ,单色光a、b入射角相同,b光折射角小,则单色光b的折射率大于单色光a的,故A错误;根据v=cn,单色光b的折射率大于单色光a的,则单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b的大,故B正确;频率越高,折射率越大,则单色光b的频率大于单色光a的,故C错误;根据ε=hν,单色光b的频率大于单色光a的,则单色光b的单个光子能量大于单色光a的,故D错误。
4.(2024湖南岳阳一模)如图所示,真空中有一边长为l的正六边形ABCDFG,O为正六边形中心,在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-2q、q(q>0)的三个点电荷。已知点电荷Q的电势公式φ=kQr,其中k为静电常量,Q为场源电荷的电荷量,r为某点到Q的距离,取无穷远处电势为零。则下列说法正确的是( )
A.O点电势为负
B.D点和G点电场强度相同
C.O点的电场强度大小为kql2,方向由O指向B
D.把一带负电的试探电荷从O点移至F点,其电势能变大
答案 C
解析 根据题意可得,O点电势为φO=φA+φB+φC=kql+k·(-2q)l+kql=0,故A错误;如图所示,根据点电荷的电场强度计算公式可得EA=EC'=kql2,EB=EB'=k2q3l2=2kq3l2,EC=EA'=kq4l2=kq4l2,根据电场强度的叠加原理可知D点和G点电场强度不相同,故B错误;O点的电场强度大小为EO=k2ql2-2kql2cs 60°=kql2,方向由O指向B,故C正确;从O点到F点电势升高,所以把一带负电的试探电荷从O点移至F点,其电势能变小,故D错误。
5.(2024河北一模)如图所示,面积为0.1 m2的100匝线圈平行纸面放置,其内部存在垂直纸面的磁场,以垂直纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度B随时间t变化的规律为B=2-0.1t(T)。已知线圈的电阻为4 Ω,定值电阻R的阻值为6 Ω,其余电阻不计。在0~10 s内,下列说法正确的是( )
A.a、b两点间的电势差Uab=0.6 V
B.电阻R上产生的焦耳热为0.3 J
C.流过电阻R的电流为0.1 A
D.通过电阻R的电荷量为0.1 C
答案 C
解析 线圈中的电动势为E=nΔΦΔS=nΔBΔtS=100×0.1×0.1 V=1 V,根据楞次定律可知电流从b点流出,a点流入,a、b两点间的电势差Uab=-ER+rR=-0.6 V,故A错误;流过电阻R的电流为I=ER+r=0.1 A,故C正确;电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.12×6×10 J=0.6 J,故B错误;通过电阻R的电荷量为q=It=1 C,故D错误。
6.如图甲所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25 000 mA·h,负载10 kg时正常工作电流约为5 A,电池容量低于20%时不能正常工作,此时需要用充电器对其进行充电,充电器的输入电压如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.充电器的输入电流频率为100 Hz
B.充电器的输入电压瞬时表达式为u=2202sin 10πt
C.机器人充满电后电池的电荷量为25 C
D.机器人充满电后,负载10 kg时大约可以持续正常工作4 h
答案 D
解析 由图乙可知交流电压的周期为0.02 s,根据f=1T,可知输入电流频率为50 Hz,故A错误;由图乙可知周期为0.02 s,则ω=2πT=100π rad/s,充电器的输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin 100πt V,故B错误;机器人充满电后电池的电荷量Q=It=25 A·h=9×104 C,正常工作可用电荷量为20 A·h,由Q=It,可知负载10 kg时大约可以持续工作4 h,故C错误,D正确。
7.如图甲所示,直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上,且P固定于水平轴正下方,两组轻绳长也相同,其截面图如图乙所示,导线P通以垂直纸面向里的电流;导线Q电流方向未知,平衡时两导线位于同一水平面,且两组绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知Q的质量为m,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.导线Q中电流方向垂直纸面向里
B.导线P、Q间的安培力大小为2mgsin θ2
C.仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过90°,导线Q对轻绳的拉力大小逐渐增大
D.当导线P中电流突然消失的瞬间,导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgsin θ
答案 C
解析 对Q进行受力分析可知,P对Q的力为斥力,由安培定则和左手定则可知,两导线的电流方向相反,即导线中电流方向垂直纸面向外,故A错误;设导线Q受到两轻绳的拉力之和为FT,导线P、Q间的安培力为F,对Q进行受力分析如图所示,由几何关系得F=mgtan θ,故B错误;由几何关系得FT=mgcsθ,使导线P中电流I缓慢增大,则θ逐渐增大,又θ不超过90°,则cs θ逐渐变小,FT逐渐增大,故C正确;当导线P中电流突然消失的瞬间,导线P、Q间的安培力消失,此时沿轻绳方向上的合力为零,则导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgcs θ,故D错误。
8.如图所示,甲、乙两传送带,倾斜于水平地面放置,传送带上表面以同样恒定速率v向上运动,现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v,小物体在乙传送带上到达离E处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v,已知A处到B处、D处到E处的竖直高度均为H,则在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中( )
A.两种传送带对小物体做功不相等
B.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙的多
C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同
D.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示的系统中因摩擦而产生的热量比乙的少
答案 B
解析 在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,根据功能关系可知,传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量,因机械能增量相同,故传送带对小物体做功相等,故A错误;小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小a=μgcs θ-gsin θ,在速度达到v的过程中,小物体在甲传送带上的位移x较大,根据公式a=v22x,可知小物体在甲传送带上时的加速度较小,根据a=μgcs θ-gsin θ,可得μ=agcsθ+tan θ,即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小,故C错误;在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,只有小物体相对传送带发生滑动时,即只有在加速过程中,系统才发生“摩擦生热”,根据公式Q=Ffx相对计算系统产生的热量,可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系,小物体在惯性参考系里做初速度大小为v,加速度大小为a=μgcs θ-gsin θ,末速度为零的匀减速直线运动,可求出x相对=v22a,可见,x相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v过程中的位移,即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功,对于甲传送带,在加速过程中摩擦力做正功设为W1,克服重力做功为mgH,动能改变量为12mv2,根据动能定理可求得W1=12mv2+mgH,同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W2=12mv2+mgH-h,显然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系统产生的热量多,故D错误;在将小物体分别传送到B、E处的过程中,传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能,两种系统增加的机械能相等,产生的内能Q1>Q2,所以甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙的多,故B正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.(2024江西统考一模)陶瓷是中华瑰宝,是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯,如图甲所示,将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上,用刀旋削,使坯体厚度适当,表里光洁。对应的简化模型如图乙所示,粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。当转台转速恒定时,关于粗坯上P、Q两质点,下列说法正确的是( )
A.P的角速度比Q的大
B.P的线速度比Q的大
C.P的向心加速度比Q的大
D.同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
答案 BC
解析 由题意可知,粗坯上P、Q两质点属于同轴转动,故ωP=ωQ,即P的角速度大小跟Q的一样大,故A错误;根据v=rω,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以vP>vQ,即P的线速度比Q的大,故B正确;根据a=rω2,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以aP>aQ,即P的向心加速度比Q的大,故C正确;因为转台转速恒定,所以同一时刻P所受合力的方向与Q所受的合力方向均指向中心轴,故合力方向不相同,故D错误。
10.在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示,某次蹦床活动中,小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落,可将弹性网绳压到最低点B,小孩可看成质点,不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中,小孩的( )
A.重力的功率先增大后减小
B.机械能一直减小
C.重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量
D.机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量
答案 AC
解析 当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,速度v先增大后减小,根据P=mgv可知重力的功率先增大后减小,故A正确;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,小孩的机械能先不变后减小,故B错误;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量,故C正确;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,故D错误。
11.(2024湖南岳阳一模改编)如图甲所示,小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验,弹簧原长时,小球由静止释放,在弹簧弹力与重力作用下,测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k,地球的半径为R,引力常量为G,不考虑地球自转影响,忽略空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球的位移为x0时,小球正好处于完全失重状态
B.小球的最大速度为a0x0
C.小球的质量为kx0a0
D.地球的密度为3a02πGR
答案 BC
解析 由题图乙可知,小球的位移为x0时,小球的加速度为0,小球的合力为0,弹簧的拉力与小球的重力等大反向,小球既不是失重状态也不是超重状态,故A错误;小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度二次方的一半,当小球的速度为零时,小球的加速度最大,设小球的最大速度为v,则有12v2=12a0x0,得小球的最大速度v=a0x0,故B正确;设地球表面的重力加速度为g,小球的质量为m,当小球向下运动的位移为x,弹簧的伸长量也为x,设小球的加速度为a,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,整理可得a=-kmx+g,结合图乙可知-km=-a0x0,g=a0,则有m=kx0a0,故C正确;设地球的质量为m地,由mg=Gm地mR2,可得m地=gR2G,又有g=a0,解得m地=a0R2G,则地球的密度为ρ=m地43πR3=3a04πGR,故D错误。
12.如图所示,倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上,斜面上有一质量为4m的滑块,通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球(可视为质点)相连,滑轮下方有一个光滑的小孔,轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动,轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止,滑块与斜面的动摩擦因数为32,小球与小孔之间的绳长为L,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B.若增大小球的转速,轻绳对小孔的作用力减小
C.若增大小球的转速,小球能达到的最大转速为12π 5gL
D.若此时在空间加上竖直向下的电场,要使小球的转速不变,则小球到转动中心的距离增大
答案 AC
解析 对小球受力分析有mg=FTcs 30°,解得FT= mg cs 30°=233mg,将滑块和斜面看成整体,由平衡条件得,斜面体所受摩擦力大小为Ff1=FTcs 30°=233mg×32=mg,故A正确;设轻绳与竖直方向的夹角为θ,对小球有FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcs θ=mg,可得FT=mω2L,又因为ω=2πn,所以随着转速的增大,角速度会增大;拉力会增大,轻绳与竖直方向的夹角会增大,两轻绳的夹角会减小,所以合力会增大;所以轻绳对小孔的作用力增大,故B错误;因为轻绳对滑块的拉力越大,滑块越容易往上滑动,所以当小球转速最大,即轻绳的拉力最大时,对滑块受力分析得FT=4mgsin 30°+4μmgcs 30°,即mω2L=4mgsin 30° +4μmgcs 30°,可得最大角速度为ω=5gL,所以最大转速为n=ω2π=12π5gL,故C正确;加上电场后,对小球受力分析知FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcs θ=mg+qE,因为要使转速不变,即角速度不变,所以轻绳的拉力大小不变,因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了,所以由以上公式知θ减小,即小球到转动中心的距离减小,故D错误。