（新高考适用）2023版高考物理二轮总复习 第4部分 题型专练 选择题保分练（二）

选择题保分练(二)

 (考试时间：30分钟　试卷满分：40分)

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.日本福岛核废水中含有氚、锶－90、铯－137、碘－129等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响．其中锶(Sr)半衰期为30年，它通过β衰变变为钇核，下列说法正确的是( B )

A．钇核的质量数为89

B．钇核的比结合能比锶核大

C．衰变产生的β射线比γ射线穿透本领强

D．如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间

【解析】　衰变过程满足质量数守恒，电子的质量数为0，故钇核的质量数为90－0＝90，A错误；原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，锶核通过β衰变变为钇核，说明钇核比锶核更稳定，故钇核的比结合能比锶核大，B正确；衰变产生的三种射线中，γ射线的穿透本领最强，α射线的穿透本领最弱，即衰变产生的β射线比γ射线穿透本领弱，C错误；原子核衰变的半衰期只由原子核内部决定，与外界环境没有关系，故人们不可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间，D错误．故选B.

2.如图，变压器的输入端接入u1＝220sin 100πt(V)的交流电，开关S接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω时，此时电压表的读数为10 V．变压器为理想变压器，二极管正向电阻不计，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( C )

A．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大

B．若只将S从1拨到2，电流表示数变大

C．S接1时，原、副线圈中接入电路的匝数之比为11∶1

D．1 min内滑动变阻器产生的热量为400 J

【解析】　若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，则副线圈电流I2减小，原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，电压表示数由输入电压和匝数比决定，故电压表示数保持不变，A错误；若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知副线圈输出电压减小，滑动变阻器两端电压减小，故滑动变阻器消耗功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率可得U1I1＝PR可知，原线圈输入电压U1不变，滑动变阻器消耗功率减小，则原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，B错误；开关S接1时，设此时副线圈的输出电压为U2，由于二极管的单向导电性，使得加在滑动变阻器上的电压只剩下一半波形，由电流热效应可得＝·T，解得U2＝20 V，由题意可知U1＝ V＝220 V，可得原、副线圈中接入电路的匝数之比为＝＝＝，C正确；1 min内滑动变阻器产生的热量为Q＝＝×60 J＝600 J，D错误．

3.2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务．王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录．已知空间站在离地高度约为400 km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是( A )

A．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大

B．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长

C．只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度

D．王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面

【解析】　根据G＝ma，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此加速度更大，A正确；根据开普勒第三定律＝C，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此做圆周运动的周期更短，B错误；根据G＝mr解得M＝，只要知道空间站的运行周期，但若不知道地球半径，也无法算出地球的平均密度，C错误；王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速圆周运动，不会落向地面，D错误．故选A.

4.喷洒酒精消毒是抗击新冠肺炎疫情的重要手段．某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示．闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出．设喷液过程中，储气室内气体温度保持不变，若储气室内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是( C )

A．喷液过程中，储气室内气体内能减小

B．喷液过程中，储气室内气体放出热量

C．喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小

D．只要储气室内气体压强大于外界大气压强，消毒液就能从喷嘴喷出

【解析】　喷液过程中，温度不变，储气室内气体内能不变，A错误；喷液过程中，气体膨胀对外做功，但内能不变，由热力学第一定律可知，储气室内气体吸收热量，B错误；由于喷液过程中温度保持不变，气体分子的平均动能不变，故分子热运动剧烈程度不变，但是气体压强减小，所以储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小，C正确；只有当储气室内气体压强大于外界大气压强与导管内液体压强之和，消毒液才能从喷嘴喷出，故D错误．

5.如图所示，边长为a的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场．现有一带正电、电荷量为q、质量为m的粒子，由AB边上距A点a的P点，以初速度v0垂直AB边进入磁场，后从边AC离开磁场，则磁场磁感应强度的大小可能是( B )

A.  B．

C.  D．

【解析】　设当磁感应强度为B1时粒子恰好与BC边相切，如图

由几何关系可知此时粒子的轨道半径为R1＝acos 30°＝a

由洛伦兹力提供向心力有qv0B1＝

解得B1＝

设当磁感应强度为B2时，粒子恰好与AC边相切，如图

可知R2＝sin 60°

解得R2＝a

同理解得B2＝

则磁场磁感应强度大小范围为，只有B选项符合条件，其他不符合．故选B.

6.如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列说法正确的是( B )

A．木箱与货物的质量之比为61

B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点

C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为16

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能

【解析】　系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得mgLsin 30°＝μ(M＋m)gcos 30°·L＋μMgcos 30°·L，解得木箱与货物的质量之比为＝，A错误；下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为x1，由受力平衡得kx1＝(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°＝Mg，上滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为x2，由受力平衡得kx2＝Mgsin 30°＋μMgcos 30°＝Mg，故有x1＝x2，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小a1＝gsin 30°－μgcos 30°＝g，上滑的加速度大小a2＝gsin 30°＋μgcos 30°＝g，则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为＝，C错误；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误．故选B.

7.如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC.顶点A、B、C分别固定电荷量为＋q、－q、＋q的点电荷．N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心．以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系．已知静电力常量为k.则( C )

A．N、P、M三点的电势相等

B．将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x＝3L处，电场力可能先做正功后做负功

C．在x＝处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为

D．在x＝与x＝L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为31

【解析】　由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，故A错误；由O点至x＝3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；由几何关系可知OA＝L，则A点到x＝处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x＝处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知E1＝2cos 60°－cos 60°＝，故C正确；A点到x＝L处的距离为，同理可得在x＝L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为E1＝2cos 30°－cos 30°＝可得＝，故D错误．故选C.

8.如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( D )

A．传送带从底端到顶端的长度为1 m

B．物体在传送带上向上运动的时间为0.5 s

C．物块在传送带上留下的划痕长度为1.25 m

D．物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75 J

【解析】　小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，设经过时间t1减速到与传送带速度相等x1＝，t1＝，解得x1＝0.75 m，t1＝0.25 s，速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，x2＝，t2＝，解得x2＝1 m，t2＝1 s，则传送带从底端到顶端的长度为L＝x1＋x2＝1.75 m，t＝t1＋t2＝1.25 s，故A、B错误；在t1和t2时间，传送带分别向上位移x1′＝vt1，x2′＝vt2，物块相对传送带上滑Δs1＝x1－x1′＝0.25 m，Δs2＝x2－x2′＝－1 m，即物块先相对传送带上滑0.25 m，后相对传送带下滑1 m，则划痕长度为1 m，故C错误；物块相对传送带滑动路程为Δs＝Δs1＋|Δs2|＝1.25 m，则摩擦生热Q＝μmgcos θ·Δs，带入数据可得Q＝3.75 J，故D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.如图所示，已知电源电动势为E，内电阻为r(r<R0)，电压表与电流表均为理想电表；开关闭合后，当滑动变阻器的滑动触头P逐渐向左滑动时，则( BC )

A．灯泡将变亮

B．|ΔV1|<|ΔV2|

C.的值为R0

D．电压表和电流表的读数均变大

【解析】　当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律分析可知干路电流变大，电流表A的示数变大．根据U＝E－Ir，路端电压变小，电压表V的示数变小，D错误；当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，干路电流变大，电源内电压变大，R0两端电压变大，灯泡两端电压变小，灯泡将变暗，A错误；根据闭合电路的欧姆定律路端电压U＝E－Ir，则路端电压的变化量为ΔU＝－rΔI，|ΔV1|＝|ΔU|＝|rΔI|，根据部分电路欧姆定律，R0两端电压U0＝IR0，则R0的变化量为ΔU0＝R0ΔI，|ΔV2|＝|ΔU0|＝|R0ΔI|，因为r<R0，故|ΔV1|<|ΔV2|，B正确；R0＝＝，C正确．故选BC.

 10.如图，有一透明材料制成的空心球体，内径R＝1 m，外径为2R，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上A点射入，光线与AO间夹角i＝60°，经折射后恰好与内球面相切，已知光速c＝3×108 m/s，下列说法正确的是( CD )

A．光线射入球体后频率变小

B．光线射入球体后波长变大

C．透明材料对该单色光的折射率为

D．从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为6×10－8 m/s

【解析】　光线射入球体后频率不变，故A错误；光线射入球体后速度变小，根据λ＝vf可知波长变小，故B错误；根据几何关系得在透明材料中的折射角的正弦值sin r＝＝，根据折射定律得n＝＝，故C正确；做出如下光路图，由几何关系可得光在透明材料中的路程为s＝6×2Rcos 30°＝6 m，光在透明材料中的传播速度为v＝＝×108 m/s，则时间为t＝＝6×10－8 s，故D正确．故选CD.

 11.有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示．区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L.导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是( CD )

A．导线框离开区域Ⅱ的速度大于

B．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g，方向竖直向上

C．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH

D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为

【解析】　导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，根据平衡条件得mg＝BIL＝，解得v＝，A错误；导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得v＝，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E2＝BLv＋BLv＝2BLv，又I2＝，解得I2＝，线框所受安培力F2＝2BI2L，由牛顿第二定律有F2－mg＝ma，解得a＝3g，方向竖直向上，B错误；导线框恰好匀速进入区域Ⅰ故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v′，从完全离开磁场Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中，由动能定理得mg(H－L)＝mv2－mv′2，导线框进入区域Ⅱ的过程根据能量守恒可得mgL＋mv2＝mv′2＋Q，联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q＝mgH，C正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt1－F安1t1＝mv－mv，t1＝BL·t1＝BL·t1＝BL，联立mgt1－BL＝0，解得t1＝，由题知导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，由于区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域Ⅱ的速度v与导线框刚离开区域Ⅱ的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，设安培力作用的时间为Δt，重力作用的时间为t2，由动量定理得mgt2－F安2Δt＝mv－mv，mgt2－2BL＝0，解得t2＝，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt3－F安3t3＝mv－mv，联立解得t3＝，故t＝t1＋t2＋t3＝，D正确．故选CD.

 12.如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态．t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a­t图像如图乙，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小．下列说法正确的是( ABC )

A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1

B.＝

C．S1－S2＝S3

D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量

【解析】　a­t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总＝mAv1＝mAS1，A正确；由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2－0＝S3，从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，联立可得＝，B正确；从t＝0到t1时刻，A球速度变化量大小为ΔvA1＝v1＝S1，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1－v2＝S2，从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2－0＝S3，联立可得S1－S2＝S3＝v2，C正确；从t＝0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有Ep0＝(mA＋mB)v＋Ep2，说明t＝0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t＝0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，D错误．故选ABC.