（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（四）

选择题保分练(四)

 (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.据《人民日报》4月12日报道，日本要把福岛核电站超过130万吨的核废水直接排入太平洋，引起周边国家的一致反对．核废水中含有多种放射性元素，其中放射性元素Cs­137的核反应方程为Cs→Ba＋e，半衰期约为30年，下列说法正确的是( C )

A．该反应属于核裂变

B．该反应需吸收能量

C.Ba原子核中有81个中子

D.Cs经海水稀释后半衰期会变短

【解析】　该反应是Cs­137的原子核衰变，不是核裂变，A错误；原子核衰变反应不需要从外界吸收能量就可以自发进行，B错误；Ba里面质子数为56，中子数为137－56＝81，C正确；原子核的半衰期由原子核本身决定，不受外界因素的影响，也与所处的物理状态和化学状态无关，D错误．

2.将一矩形玻璃板MN水平固定，另一矩形玻璃板放在MN玻璃板上，一端放入两张纸片，侧视如图所示．用单色平行光a从上方竖直射入，从上方可以观察到明暗相间的条纹．换用单色平行光b从上方竖直射入，观察到条纹间距变小，下列说法正确的是( D )

A．明暗条纹与MN平行

B．抽去一张纸片，条纹间距变小

C．a光的频率大于b光的频率

D．遇到相同障碍物时，a光比b光产生的衍射现象更明显

【解析】　薄膜干涉的光程差Δs＝2d(d为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与沿着倾斜玻璃板向里，而不是与MN平行，故A错误；抽去一张纸片后，条纹间距变大，a光的波长大于b光的波长，则a光的频率小于b光的频率，遇到相同障碍物，波长越大的衍射现象更明显，故D正确，B、C错误．

3.某建筑工地上，两台塔吊分别吊起质量相同的甲、乙两物体，物体运动的v­t图像如图所示，在0时刻两物体处在同一高度，t2时刻再次到达同一高度处．则t1时刻( C )

A．乙受到的拉力比甲的大

B．甲在乙上方

C．两物体高度差最大

D．甲、乙所受拉力的功率相等

【解析】　因v­t图像的斜率等于加速度，可知t1时刻甲的加速度大于乙的加速度，根据F－mg＝ma可知，乙受到的拉力比甲的小，根据P＝Fv可知，甲、乙所受拉力的功率不相等，选项A、D错误；因v­t图像的面积等于位移，可知0～t1时间内乙的位移大于甲，因在0时刻两物体处在同一高度，则t1时刻甲在乙下方，选项B错误；因0～t1时间内乙的速度大于甲，则甲乙高度差逐渐变大，而在t1～t2时间内乙的速度小于甲，甲乙的高度差逐渐减小，可知在t1时刻两物体高度差最大，故选C.

4.如图所示，P为圆柱体，Q为四分之一圆柱体，两者半径相同且表面光滑．将圆柱体P放在由水平地面和竖直墙壁所形成的墙角处，P和Q紧靠在一起．用水平力F向右缓慢推Q，从P离开地面到Q接触墙壁前．下列说法正确的是( C )

A．推力F逐渐变大

B．墙壁的弹力先变大后变小

C．Q对P的弹力逐渐变小

D．地面对Q的支持力逐渐变大

【解析】　对球P受力分析如图；当Q缓慢右移时，Q对P的弹力F2逐渐减小，墙壁对P的弹力F1逐渐减小，选项B错误，C正确；对PQ整体受力分析可知，地面对Q的支持力等于PQ的总重力，则大小不变；推力F大小等于墙壁对P的弹力F1，则逐渐减小，选项A、D错误．

5.如图所示，圆柱形汽缸开口向上，活塞和汽缸中间的固定隔板将汽缸分为两个气室，分别密封等质量的同种气体甲、乙，汽缸、活塞绝热，隔板导热良好，活塞与汽缸壁间无摩擦，活塞处于静止状态，两气柱长度相等．现将一重物放在活塞上，大气压强保持不变，内部气体可视为理想气体，则( D )

A．活塞达到新的平衡过程中，甲气体吸热

B．活塞达到新的平衡过程中，甲内能减小

C．活塞达到新的平衡后，甲内能比乙小

D．活塞达到新的平衡后，甲的压强比乙大

【解析】　活塞汽缸绝热，与外界没有热交换，放上物体后，气体被压缩，外界对气体做功，内能增大，温度升高，热量从甲传向乙，最终甲乙温度相同，内能相等，A、B、C错误；由理想气体状态方程可知＝C，最终甲乙温度相等，乙的体积大，压强小，甲的体积小，压强大，D正确．

6.如图所示，正方体透明玻璃砖，从底部挖去一部分，挖去部分恰好是以底边为直径的半圆柱．平行单色光垂直于玻璃砖上表面射入，半圆柱面上有光线射出的部分为其表面积的，不计光线在玻璃砖中的多次反射，则该单色光在玻璃砖中的折射率为( A )

A.  B．

C.  D．

【解析】　设恰好发生全反射时的临界角为C，有光线射出的部分圆柱面的面积S＝2CRL＝πRL得C＝π，则n＝＝.

7.一列简谐横波沿x轴传播，在t＝1 s时的部分波形如图甲所示，介质中质点P的振动图像如图乙所示，则( C )

A．该波的传播速度为0.5 m/s

B．该波沿x轴负方向传播

C．波源起振方向为y轴负方向

D．t＝1 s时平衡位置x>2 m处的质点均未开始振动

【解析】　由图甲可知波长λ＝2 m，由图乙可知周期T＝1 s，所以波速v＝＝2 m/s，故A错误；在t＝1 s时刻，由图乙可知质点P的振动方向向上，质点振动方向和波的传播方向在波线的同一侧，所以该波沿x轴正向传播，故B错误；由图乙可知质点P在0.5 s开始起振的方向向下，波源的起振方向与P点的第一次振动方向相同沿y轴负方向，故C正确；P点在0.5 s开始起振，t＝1 s时，已经振动了，波传到P点后又向右传播了，所以x轴上2～3 m内的质点已经开始振动，故D错误．

8.天体物理学家为寻找适合人类生存的星球(简称类地行星)一直进行着探索，中国“天眼”射电望远镜在2016年启用以来，在该领域也取得了重大进展．类地行星除了具有生命赖以生存的水和空气之外，还应有适宜的温度，为此，行星正对恒星部分单位面积上接受到的热辐射功率应和地球接受到太阳的辐射功率相当．已知行星单位面积接受到恒星的辐射功率与其到恒星距离的平方成反比．假设在银河系的某处有一颗恒星，其质量为太阳的500倍，热辐射总功率为太阳的25倍，则其类地行星的公转周期与地球的公转周期之比为( B )

A．0.25  B．0.5

C．1  D．2

【解析】　由题可知，恒星质量为太阳的500倍，类地行星到恒星的距离是地球到太阳距离的，由G＝m可得T＝2π代入数据可得类地行星的公转周期与地球的公转周期之比为0.5，故B正确，A、C、D错误．

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，理想变压器原线圈接正弦交流电，副线圈回路中接有小灯泡(6 V　12 W)和交流电动机M，闭合开关S，小灯泡和电动机均正常工作，电流表A1和A2示数分别为2 A和6 A，已知电动机内阻为0.25 Ω，则下列说法正确的是( BC )

A．交流电压的最大值为18 V

B．电压表示数为24 V

C．变压器的输入功率为48 W

D．电动机的输出功率为9 W

【解析】　次级电流I2＝IA2＋IL＝6 A＋ A＝8 A，次级电压U2＝6 V，初级电流为I1＝2 A根据I1U1＝I2U2，解得U1＝24 V，则交流电压的最大值为24 V，选项A错误，B正确；变压器输入功率P1＝I1U1＝48 W，选项C正确；电动机的输出功率为P输出＝IA2UL－＝6×6－62×0.25＝27 W，选项D错误．故选BC.

 10.如图所示，正方形abcd边长为L，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.a点有一粒子源，沿对角线ac方向发射速度不同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是( BC )

A．电子可能从bc边射出

B．垂直cd边射出的电子速度大小为

C．电子在磁场中运动的最长时间为

D．从ad边射出的电子动量相同

【解析】　电子沿ac直线射入，电子带负电，由左手定则可知，电子偏向ac左侧，不会从bc边射出，A错误；当电子垂直dc边射出时，由几何关系可知R＝L，又evB＝m，得v＝，B正确；电子在磁场中偏转角最大时，运动时间最长，从ad边射出时，出射角都等于入射角，偏转角最大为90°，时间为t＝＝，C正确；从ad边射出时，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以动量不同，D错误．故选BC.

 11.如图甲所示，光滑细杆竖直固定，套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上，套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.05 m处，滑块与弹簧不拴接．由静止释放滑块，地面为零势能面，滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，不计空气阻力．由图像可知( ACD )

A．小滑块的质量为0.2 kg

B．轻弹簧原长为0.1 m

C．弹簧的最大弹性势能为0.5 J

D．滑块距地面的最大高度为0.3 m

【解析】　初始位置时，小滑块静止，动能为0，由Ep＝mgh解得m＝0.2 kg，故A正确；由图乙可知，当h＝0.15 m时，小滑块的机械能最大，则弹簧的弹性势能全部转化为小滑块的机械能，可得此时弹簧处于原长，故弹簧的原长为0.15 m，故B错误；由图乙可知，小滑块本身的机械能为0.1 J，最大机械能为0.6 J，由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能为0.5 J，故C正确；当小滑块的动能为零时，小滑块的机械能则为它的重力势能，由机械能守恒得mghm＝0.6 J，hm＝0.3 m，所以小滑块的最大高度为0.3 m，故D正确．故选ACD.

12.如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，坐标系内存在平行于x轴的匀强电场(图中未画出)．将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从原点以初速度v0斜向上抛出，a(1.5,1.0)是小球上升的最高点，b(2.0,0)是小球在y轴右侧运动过程中离y轴最远的点．已知重力加速度为g，不计空气阻力．则( BD )

A．小球初速度方向与x轴成30°角

B．匀强电场的场强为

C．小球在b点时的动能为mv

D．小球回到y轴时的动能为mv

【解析】　由题意知，a点为小球上升的最高点，且由于竖直方向上小球只受到重力的作用，所以小球从0到a运动的时间与从a到b运动的时间相等，设小球在a点速度大小为va，则有水平方向上x0a＝t＝1.5l，xab＝t＝0.5l，y轴方向上y0a＝t＝l，联立三式求得tan α＝1，所以α＝45°，故A错误；由题意知，b点为小球在y轴右侧运动过程中离y轴最远的点，由于小球带正电，故可判断知电场方向水平向左，小球在水平方向上做匀减速直线运动到b点，且有y0a＝＝l，从0到b有x0b＝＝2l，又Eq＝ma，联立以上式子，代入数据求得E＝，故B正确；由于小球在b点时只有竖直方向上的速度，且大小等于0点时竖直方向的速度大小，故动能大小为Ekb＝m(v0sin α)2＝，故C错误；小球从b点回到y轴时，在水平方向上的位移大小满足xb0＝at′2＝2l，又a＝＝，联立求得t′＝，此过程中小球竖直向下发生的位移大小为y′＝v0sin α·t′＋gt′2＝8l，设小球从b点回到y轴时的动能为Ek′，由动能定理可知mgy′＋Eqx0b＝Ek′－Ekb，又因为Eq＝，l＝，联立可求得Ek′＝10mgl＝mv，故D正确．故选BD.