新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练选择题专项练6（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练选择题专项练6（附解析），共7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．[2023·浙江金华三模]喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂．其原理是喷剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外表的效果．水滴以椭球形分布在表面，故无法停留在玻璃上．从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰．如图所示．下列说法正确的是( )
A．水滴呈椭球形的是液体表面张力作用的结果，与重力无关
B．照片中的玻璃和水滴发生了浸润现象
C．水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大
D．照片中水滴表面分子比水滴的内部密集
2．[2023·重庆万州模拟]2023年1月，中国科学家在可控核聚变研究装置上首次发现一种全新的等离子体活动模式，在世界上首次实现维持和调节超过1000s的超长时间持续脉冲．可控核聚变由氘、氚粒子聚合成氮，释放出超强能量，聚变方程为： eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H＋ eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋X，下列关于聚变反应的说法正确的是( )
A．X为质子
B．反应前后核子的总质量不变
C． eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H有相同的中子数
D．反应前的原子核的总结合能小于反应后原子核的总结合能
3．[2023·河北石家庄模拟]导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面．上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点．若一束平行MN且与MN相距h＝eq \f(\r(3),2)R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点．则( )
A．绿光在采光球中的传播速度为eq \f(\r(3),2)c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率
4．[2023·湖南株洲三模]
人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，如果人起跳过程中，重心上升至离地前，其加速度与重心上升高度关系如图所示，那么人离地后重心上升的最大高度可达(g取10m/s2)( )
A．0.25mB．0.5m
C．0.75mD．1.25m
5．[2023·江苏南通模拟]如图所示，光滑水平面上一小滑块与一端固定的轻弹簧相连，现将滑块推至M点由静止释放，滑块运动的周期为T，O点为平衡位置，N是MO的中点．下列说法正确的是( )
A．滑块从M运动到O的时间为eq \f(T,2)
B．滑块从M运动到N的时间为eq \f(T,8)
C．若改变滑块的质量，周期不变
D．若将滑块推至N点由静止释放，周期不变
6．[2023·湖南益阳模拟]
我国的第一颗卫星“东方红一号”于1970年4月24日在酒泉卫星发射中心由长征一号运载火箭送入工作轨道(近地点距地球表面的距离r近＝441km、远地点距地球表面的距离r远＝2368km)，它开创了中国航天史的新纪元.1984年，“东方红二号”卫星发射成功，这是一颗地球同步卫星，距离地心大约r2＝42164km.已知地球半径为R地＝6371km，可以估算“东方红一号”卫星的周期约为( )
A．80分钟B．102分钟
C．114分钟D．120分钟
7．[2023·山东青岛模拟]如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压．已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出．则下列说法中正确的是( )
A.粒子射出时间可能为t＝4s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L＝3vn(n＝1，2，3…)
D．极板间最小距离为eq \r(\f(3kU0,2))
8．[2023·浙江金华三模]如图甲所示，虚线(磁场边界)左侧有一竖直向下的匀强磁场(磁感应强度为B)，一正方形线框(边长为L，匝数为N，不计线框内阻)从图示位置绕水平上边O为轴顺时针匀速转动，以角速度为ω进入磁场区域．现将该线框产生的交流电接入图乙电路的CD端，定值电阻R1阻值为R，L1电阻为4R，忽略灯丝电阻随温度的变化，A1为理想交流电流表，K为理想二极管，P为理想自耦变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片．下列说法正确的是( )
A．线框转动切割产生的电动势最大值为eq \f(1,2)NBL2ω
B．电流表A1的读数为eq \f(NBL2ω,10R)
C．P不动，P′向下滑动时，U2减小
D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡L2的亮度可以不变
二、多项选择题
9．[2023·福建泉州二模]汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会发热
B．导体运动的速度越大，制动力越大
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
10．[2023·广东汕头三模]两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中未画出).导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ＝0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度Bx随θ的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度By随θ的图像(如图丙).下列说法正确的是( )
A．导线1电流方向垂直纸面向外
B．导线2在第三象限角平分线位置
C．随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小
D．当θ＝0.25π时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线
11．[2023·陕西西安模拟]如图所示，质量为4kg，半径为0.5m的光滑匀质细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量均为2kg.某时刻，小球A、B分别位于细圆管最低点和最高点，则下列说法正确的是(取g＝10m/s2)( )
A．轻杆对细圆管的弹力与A、B两球的速度差成线性关系
B．轻杆对细圆管的弹力与A、B两球的速度平方差成线性关系
C．杆对细圆管弹力不可能为零
D．若A、B两球的速度大小为vA＝3m/s、vB＝6m/s，此时杆的下端受到向上的压力
12．[2023·黑龙江哈尔滨一模]北京冬奥会成功举办，使北京成为首个“双奥之城”，其中跳台滑雪是极具观赏性的项目，由滑门、助滑坡、着陆坡、停止区组成．若将着陆坡简化成倾角为θ的斜面，如图所示，运动员水平起跳后的运动可视为平抛运动，研究某运动员两次腾空过程，已知第一次起跳时动能为E0，第二次起跳时动能为2E0，两次落点分别为a、b两点，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A．两次起跳的速度之比为1∶2
B．两次落在斜面上时速度方向相同
C．第一次落在斜面上时动能为E0(1＋2tan2θ)
D.两次腾空过程在空中运动时间之比为1∶eq \r(2)
选择题专项练（6）
1．解析：液体表面张力作用使得水滴呈球形，但是由于有重力作用使得水滴呈椭球形，选项A错误；照片中的玻璃和水滴不浸润，选项B错误；水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，选项C正确；照片中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，选项D错误．
答案：C
2．解析：由核聚变反应的质量数守恒和电荷数守恒可得，X的质量数A＝2＋3－4＝1，X的电荷数为Z＝1＋1－2＝0，所以X为中子，故A错误；核聚变反应中释放能量，根据公式ΔE＝Δmc2，可知有质量亏损，故B错误； eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H的中子数为2－1＝1， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的中子数为3－1＝2，所以 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的中子数不同，故C错误；核聚变是放能反应，可知，反应前的总结合能小于反应后的总结合能，故D正确．
答案：D
3．解析：如图所示
根据几何关系sinα＝eq \f(h,R)＝eq \f(\r(3),2)，α＝2θ，折射率n＝eq \f(sinα,sinθ)＝eq \r(3)，绿光在采光球中的传播速度为v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(3),3)c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果经过的话，折射角为0°，故C错误；光由光密到光疏可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误．
答案：B
4．解析：设人刚刚离地时速度为v，根据公式v2＝2ax整理可得eq \f(v2,2)＝ax，则a­x图形围成的面积为eq \f(v2,2)，人离地后又有v2＝2gh，结合图像，联立解得h＝0.5m，故B正确．
答案：B
5．解析：弹簧和小滑块构成一个弹簧振子，故根据小滑块的振动方程为x＝Acsωt＝Acseq \f(2π,T)t，故滑块从M运动到O的时间为eq \f(T,4)，滑块从M运动到N的时间为eq \f(T,6)，A、B错误；由弹簧振子的周期公式可知T＝2πeq \r(\f(m,k))，系统的振动周期与质量有关，与振幅无关，C错误，D正确．
答案：D
6．解析：设“东方红一号”卫星周期为T1，其半长轴为r1＝eq \f(2R地＋r近＋r远,2)，“东方红二号”卫星周期T2＝24h，工作轨道半径r2＝42164km，根据开普勒第三定律eq \f(r3,T2)＝k，可得eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )，代入数据解得T1≈1.9h＝114min＝114分钟，C正确．
答案：C
7．解析：
粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v­t图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s…，满足t＝1.5n（n＝1，2，3…），粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n（n＝1，2，3…），故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝eq \f(qU0,md)，联立求得d≥eq \r(\f(3,2)kU0)，故D正确．
答案：D
8．解析：线框转动切割产生的电动势最大值为Em＝NBL2ω，故A错误；由图甲可知线框运动的半个周期内产生交变电流，由图乙可知由于二极管的存在，流过灯泡L1的电流只有eq \f(T,4)正弦式电流流过；电流表的示数为流过电流表的有效值，根据有效值的定义有I2RT＝（eq \f(Im,\r(2))）2R·eq \f(T,4)，其中Im＝eq \f(Em,R＋4R)，解得I＝eq \f(\r(2)NBL2ω,20R)，故B错误；P不动，P′向下滑动时，由于变压器的匝数比不变，可知电压U2不变，故C错误；由欧姆定律知流过灯泡L2的电流I2＝eq \f(U2,RL2＋R′)，P顺时针转动一个小角度，副线圈匝数减小，电压U2减小；同时P′向下滑动时，接入电路的电阻R′减小，所以小灯泡L2的亮度可能不变，故D正确．
答案：D
9．解析：由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，故A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，故B正确；根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，故C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确．
答案：BD
10．解析：根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在y轴方向上没有分量，在水平方向有沿x轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；根据安培定则可知，导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面向里的电流，故B错误；磁感应强度为矢量，根据平行四边形定则可知，中心O处的磁感应强度先变大后变小，在θ＝0.5π时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；θ＝0.25π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿x轴正方向，故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间，故D错误．
答案：AC
11．解析：对小球A、B及细圆管整体进行受力分析，设杆对细圆环的弹力为FN，向上为正方向，则
FN－（M＋2m）g＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,R)－meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)＝eq \f(m,R)（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ），选项A错误，B正确；由上述表达式可知，当满足v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝20时，杆对细圆管弹力为零，选项C错误；当vA＝3m/s、vB＝6m/s时，解得FN＝－28N，故杆对细圆管的弹力向下，杆下端受压力向上，选项D正确．
答案：BD
12．解析：由动能表达式E＝eq \f(1,2)mv2，易知两次起跳的速度之比为1∶eq \r(2)，故A错误；斜面倾角为θ，运动员落在斜面上时，其位移方向为θ，设运动员落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动规律tanα＝2tanθ，α与平抛速度大小无关，故两次落到斜面上时速度方向相同，故B正确；
第一次起跳，运动员落在斜面上下落高度为h，由平抛规律有eq \f(h,tanθ)＝v0eq \r(\f(2h,g))，由动能定理有mgh＝Ek－E0，且E0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，得Ek＝E0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4tanθ2))，故C错误；设起跳点到落点距离为x，有xcsθ＝v0t，xsinθ＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \f(2tanθ,g)eq \r(\f(2E0,m))，两次腾空过程在空中运动时间之比t1∶t2＝1∶eq \r(2)，故D正确．
答案：BD