2024版高考物理二轮题型专练选择题保分练一含答案

这是一份2024版高考物理二轮题型专练选择题保分练一含答案，共8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.月壤中存在大量氦3(eq \\al(3,2)He)，氦3可以进行核聚变反应，反应方程式为：eq \\al(3,2)He＋eq \\al(3,2)He―→eq \\al(4,2)He＋2X，是理想的清洁核能源。已知eq \\al(3,2)He的质量3.016 1 u，eq \\al(4,2)He的质量4.002 6 u，eq \\al(1,1)H的质量1.007 8 u，eq \\al(1,0)n的质量1.008 7 u,1 u相当于931.5 MeV的能量，下列说法正确的是( B )
A．X是质子，释放能量约11.36 MeV
B．X是质子，释放能量约13.04 MeV
C．X是中子，释放能量约13.04 MeV
D．X是中子，释放能量约11.36 MeV
【解析】核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知X是质子，释放的能量为ΔE＝(2×3.016 1－4.002 6－2×1.007 8)×931.5 MeV≈13.04 MeV，故选B。
2.密闭容器内封有一定质量的理想气体，V－T图像如图所示，从状态a开始变化，经历状态b、状态c，最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是( C )
A．气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量
B．气体在由状态b变化到状态c的过程中，内能增加
C．气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，向外界放出热量
D．气体从状态c变化到状态a的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加
【解析】气体在由状态a变化到状态b的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，即W＜0，温度升高，气体内能增大，即ΔU＞0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，气体吸收热量，故A错误；气体在由状态b变化到状态c的过程中，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0，从a到b为等压变化，气体体积变大，气体对外做功为W1＝pb(Vb－Vc)，从b到c为等温变化，气体体积减小，外界对气体做功为W2＝eq \(p,\s\up6(－))(Vb－Vc)，eq \(p,\s\up6(－))为从b到c的压强的平均值，据pbVb＝pcVc，可得pc＞pb，所以eq \(p,\s\up6(－))＞pb，数值上W2＞W1，而气体从c到a体积不变，气体不做功，故气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，表现为外界对气体做功，全程总功为正值，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故C正确；气体从状态c变化到状态a的过程中，体积不变，分子密度不变，而温度降低，分子的平均动能减小，气体的压强减小，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数不会增加，故D错误。故选C。
3.如图所示，理想变压器原线圈电源电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3 V，当开关S断开时，电流表A2的示数是15 A。电表均为理想电表。下列说法正确的是( D )
A．原线圈匝数为75匝
B．当开关S断开时，电流表A1的示数为2 A
C．当开关S闭合时，电流表A1的示数变小
D．当开关S闭合时，电流表A2的示数是30 A
【解析】设单匝线圈的匝数用n3表示，电压为U3，原线圈的匝数为n1，由电压与匝数的关系eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)可得n1＝1 100匝，故A错误；当开关S断开时，由输入功率等于输出功率有U1I1＝U2I2代入数据解得I1＝1 A，故B错误；当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故电流增大，而原副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数变大，故C错误；当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表A2的示数是30 A，故D正确。故选D。
4.如图所示，折射率n＝eq \r(2)的透明玻璃半圆柱体，半径为R，O点是某一截面的圆心，虚线OO′与半圆柱体底面垂直。现有一条与OO′距离eq \f(R,2)的光线垂直底面入射，经玻璃折射后与OO′的交点为M，图中未画出，则M到O点的距离为( A )
A．(eq \r(3)＋1)R B．eq \r(3)R
C．(eq \r(6)－eq \r(2))R D．eq \r(2)R
【解析】光路图如图所示，由几何关系知在B点的入射角为α＝30°，根据折射定律有n＝eq \f(sin θ,sin α)，解得θ＝45°，可知β＝135°，r＝15°，根据正弦定理有eq \f(R,sin r)＝eq \f(OM,sin β)，解得OM＝(eq \r(3)＋1)R，选A。
5. (2023·山东泰安模拟)如图(a)所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。研究从力F刚作用在木块A的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是( A )
【解析】设平衡时弹簧的压缩量为x0，则mg＝kx0，当弹簧处于压缩状态时，对A由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma，当弹簧处于伸长状态时，根据牛顿第二定律得F－k(x－x0)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma，综上可得力F和木块A的位移x之间关系为一次函数，并与F轴有交点。故选A。
6.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，此时质点Q(x＝5 m)向y轴正向振动，虚线为t＝0.9 s时的波形图，质点P(x＝4 m)在0.9 s时恰好第三次到达波峰，则下列说法正确的是( C )
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度为eq \f(20,3) m/s
C．在t＝1.75 s时刻，Q点处于波峰位置
D．在0～0.9 s内，Q运动的路程为20 m
【解析】根据同侧法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；质点P(x＝4 m)在0.9 s时恰好第三次到达波峰，则有2eq \f(T,4)＝0.9 s，解得T＝0.4 s，由图知波长为8 m，则v＝eq \f(λ,T)＝20 m/s，B错误；波峰平移到Q点的距离为x＝3＋nλ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2…)，则波峰传到Q点的时间为t＝eq \f(x,v)＝eq \f(8n＋3,20)s(n＝0,1,2…)，当t＝1.75 s时，解得n＝4，C正确；若质点Q振动2eq \f(T,2)时，其通过的路程为S＝2eq \f(1,2)×4A＝20 m，但在0～0.9 s内，即Q点只振动了2eq \f(T,4)，所以Q运动的路程小于20 m，D错误。选C。
7. (2023·重庆九龙坡模拟)2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1(椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点)后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2(圆轨道)；卫星最后变轨到轨道3(同步圆轨道)。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确的是( B )
A．卫星在三个轨道上的周期T3>T2>T1
B．卫星在三个轨道上机械能E3＝E2>E1
C．由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气
D．轨道1在Q点的线速度总小于轨道3的线速度
【解析】由图可知，轨道2和3的半径相等，大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律可得T3＝T2>T1，故A错误；卫星在轨道2、3上运动的轨道半径相同，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))可知在轨道2、3上时的速度大小相同，故机械能相同；由轨道1变至轨道2，卫星需在P点加速做离心运动，可知卫星在轨道1时的机械能小于轨道2，故卫星在三个轨道上机械能大小关系为E3＝E2>E1，故B正确；根据前面分析，卫星在P点时需要加速做离心运动到达圆轨道2，故在P点需向后喷气，故C错误；设卫星在近地点Q处时的线速度为vQ，假设在Q点处的圆轨道的速度为vQ′，分析可知卫星在近地点Q处时，需要减速做向心运动可到达Q点处的圆轨道，即vQ>vQ′；同时根据前面分析可知卫星所在的圆轨道的半径越小速度越大，故可知当卫星在以Q点处的圆轨道运动时的线速度大于轨道3时的线速度v3，即vQ′>v3，所以可得卫星在轨道1上Q点的线速度大于轨道3的线速度，故D错误。
8.如图所示，质量为1 kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着eq \f(1,4)圆弧轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 53°＝0.8)，下列说法正确的是( B )
A．绳子拉力保持不变
B．滑环B的质量m＝0.5 kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上
D．滑环B受到的摩擦力逐渐变小
【解析】对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着eq \f(1,4)圆弧轨迹缓慢上移，在圆周上任一位置时，根据平衡条件可得，绳的拉力为T＝eq \f(m′g,cs α)，外力F为F＝m′gtan α，小球A沿着eq \f(1,4)圆弧轨迹缓慢上移，α增大，可知拉力T和外力F均增大，故A错误；初始时，绳的拉力在A点为T1＝m′g，初始时滑环恰好不下滑，对B由平衡条件得mgcs 53°＝μN，T1＝N＋mgsin 53°，解得m＝0.5 kg，B正确；开始时T1＝N＋mgsin θ，由于拉力T1增大，则N垂直于杆向下且增大，故C错误；由于N增大，所以B保持静止，则f＝mgcs θ，可知摩擦力大小不变，故D错误。选B。
二、多项选择题
9.光的干涉现象在工业技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让红光和蓝光分别从上方射入，得到明暗相间的条纹如图乙所示。下列说法正确的是( CD )
A．a图是红光，b图是蓝光
B．将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，也能得到如图所示的条纹
C．条纹间距之比等于波长之比
D．若将薄片的厚度增加，则条纹间距减小
【解析】根据Δx＝eq \f(L,d)λ，可得条纹间距之比为eq \f(Δx1,Δx2)＝eq \f(λ1,λ2)，若将薄片的厚度d增加，则条纹间距减小，由图可知a图的条纹间距小于b图的条纹间距，所以a的波长小于b的波长，而红光的波长大于蓝光的波长，故A错误，CD正确；此图为干涉现象，若将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，产生的是衍射现象，故不能得到如图所示的条纹，故B错误。选CD。
10.物理学的不断发展使人们对于世界的认识逐渐趋于统一，大到宇宙天体小到带电粒子，它们的运动也能发现很多相似之处。若在点电荷M的作用之下，能够让一点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，其中C、D关于O点的中心对称点分别为E、F，不计点电荷P的重力。下列说法正确的是( BD )
A．若P为负电荷，则A点的电势可能比B点的电势高
B．当P沿E、A、C运动时，电场力先做负功后做正功
C．P从C运动到D的时间等于从E运动到F的时间
D．若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为23，则P在A、B两点的速度之比为15
【解析】点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，两者为吸引力，若P为负电荷，则点电荷M为正电荷，则A点的电势比B点的电势低，故A错误；两点电荷为吸引力，当P沿E、A、C运动时，速度与电场力的夹角先为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功，故B正确；由对称性可知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF上任一点的电势能小，由能量守恒可知，点电荷P在CD上任一点的动能比在EF点上任一的动能大，即在CD上的平均速率比在EF上的大，而CD与EF的长度相等，根据t＝eq \f(s,v)可知P从C运动到D的时间小于从E运动到F的时间，故C错误；若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为23，则点电荷M到A、B两点的距离之比为51，设A、B两处的曲率圆半径为r，则在A点keq \f(q1q2,AM2)＝meq \f(v\\al(2,A),r)，在B点keq \f(q1q2,BM2)＝meq \f(v\\al(2,B),r)，解得vAvB＝BMAM＝15，可得P在A、B两点的速度之比为15，故D正确。选BD。
11．如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量也为m的小球C相连，小球C套在水平固定且粗细均匀的光滑直杆上，开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角为θ＝60°，物体B对地面的压力恰好为零，某时刻解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D为PQ的中点，PQ间距离为L，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( ACD )
A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A做功为零
B．小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和为零
C．小球C运动到Q点时，物块A的速度大小为eq \r(\f(2FL,5m))
D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为a＝eq \f(2F,m)－2g
【解析】小球C运动到D点时，物体A的速度为零，根据动能定理可知W合＝ΔEk＝0，A正确；小球C从P点运动到D点的过程中，根据动量定理知I合＝IG＋IFx＋IT＝mΔv＝0，重力的冲量不为零，所以弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和也不为零，故B错误；小球C运动到Q点时，弹簧的弹性性能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有FL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)且vA＝vCcs θ，解得vA＝eq \r(\f(2FL,5m))，C正确；小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有T＝eq \f(F,cs θ)＝2F，根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为Fx＝mg，物体A的加速度大小为a＝eq \f(2F－mg－Fx,m)＝eq \f(2F,m)－2g，D正确。选ACD。
12.电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器是由绝缘滑动杆及固定在杆上12个相互紧靠的相同矩形线圈构成。减震器右侧是一个由电磁铁产生的磁场，磁场的磁感应强度与通入电磁铁的电流间的关系可简化为B＝kI，其中k＝50 T/A，磁场范围足够大。当减震器在光滑水平面上以初速度v进入磁场时会有减震效果产生，当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强。已知滑动杆及线圈的总质量m＝1.0 kg，每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L＝20 cm，bc边长d＝10 cm，整个过程不考虑互感影响，则下列说法正确的是( BD )
A．当电磁铁中的电流为2 mA时，为了不产生较强颠簸，则减速器进入磁场时的最大速度为3 m/s
B．若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节磁场的电流可以为3 mA
C．若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节磁场的电流可以为2.5 mA
D．当电磁铁中的电流为2 mA，减速器速度为5 m/s时，磁场中第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k＝12
【解析】由题分析知当每个线圈进入磁场时，安培力的冲量大小为IF＝nBeq \(I,\s\up6(－))LΔt，而q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLd，解得IF＝eq \f(n2B2L2d,R)，可知每个线框进入磁场的安培力冲量相等，则每完全进入一个线圈时，减震器的速度减少量相等，根据动量定理可得每进入一个线框的速度减少量为|IF|＝eq \f(n2B2L2d,R)＝mΔv，即Δv＝eq \f(n2B2L2d,mR)，而B＝kI，则Δv＝eq \f(n2k2I2L2d,mR)，当磁场的电流为2 mA时，则Δv＝0.4 m/s，由题知当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强，为了不产生较强颠簸，则最多6个线圈进入磁场，则减速器进入磁场时的最大速度为vm＝6Δv＝2.4 m/s，故A错误；若磁场的电流为3 mA时，则Δv′＝0.9 m/s，若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为N1＝eq \f(5,Δv′)≈5.6个＜6个，可知减速器不产生较强的颠簸，故B正确；若磁场的电流为2.5 mA时，则Δv″＝0.625 m/s，若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为N1＝eq \f(5,Δv″)＝8个＞6个，可知减速器会产生较强的颠簸，故C错误；当电磁铁中的电流为2 mA，每进入一个线框的速度减少量为Δv＝0.4 m/s，当减速器速度为5 m/s时，能够进入磁场的线圈个数为N＝eq \f(5,Δv)＝12.5个，只有进入磁场过程中的线圈产生热量，根据能量守恒知线圈产生的热量等于减少的动能，第一个线圈完全进入磁场时速度为v1＝v－Δv＝4.6 m/s，第12线圈开始进入磁场和完全进入磁场时的速度为v12＝v－11Δv＝0.6 m/s，v13＝v－12Δv＝0.2 m/s，则磁场中第1个线圈和第12线圈产生的热量比k＝eq \f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\\al(2,1),\f(1,2)mv\\al(2,12)－\f(1,2)mv\\al(2,13))＝12，故D正确。选BD。