2024版高考物理二轮题型专练选择题保分练四含答案

这是一份2024版高考物理二轮题型专练选择题保分练四含答案，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.质量为m0的某放射性元素原子核发生衰变，经过时间t，该元素原子核剩余的质量为m，其eq \f(m,m0)－t关系如图所示。该元素的半衰期约为( B )
A．41.5 d B．100 d
C．141.5 d D．183 d
【解析】半衰期代表元素衰变一半所用的时间，由题可知从eq \f(m,m0)＝eq \f(3,4)到eq \f(m,m0)＝eq \f(3,8)，即衰变一半所用时间为100 d，所以半衰期约为100 d。选B。
2.下列说法正确的是( C )
A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的温度将降低
B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙中，液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力
D．图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等
【解析】根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，右侧为真空，气体自由膨胀时没有做功对象，即做功W＝0因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q＝0，因此内能不变，容器内的理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，故A错误；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现的越不明显，故B错误；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的距离r略大于r0，液体表面层中分子间的作用力表现为引力，故C正确；由图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于100%，即相等，故D错误。选C。
3.如图所示为双缝干涉实验原理图，单缝S0、双缝中点O、屏上的P0点位于双缝S1和S2的中垂线上，当双缝距光屏距离为8 cm时，屏上P处为中央亮纹一侧的第3条亮纹，现将光屏靠近双缝，观察到P处依旧为亮纹，则光屏移动的最小距离为( A )
A．2 cm B．3.2 cm
C．4 cm D．6 cm
【解析】杨氏双缝干涉中相邻明条纹中心之间的间距Δx＝eq \f(L,d)λ，则光屏上的干涉亮条纹到双缝连线的中垂线与屏交点的间距为x＝neq \f(Lλ,d)(n＝0,1,2…)其中，d为双缝间距，L为双缝到光屏的距离，λ为光的波长；设移动的距离为x′，根据题意有eq \f(3Lλ,d)＝eq \f(kL－x′λ,d)，解得k＝eq \f(3L,L－x′)(k为整数)，当x′＝2 cm，解得k＝eq \f(3×8,8－2)＝4，当x′＝3.2 cm，解得k＝eq \f(3×8,8－3.2)＝5，当x′＝4 cm，解得k＝eq \f(3×8,8－4)＝6，当x′＝6 cm，解得k＝eq \f(3×8,8－6)＝12，选A。
4．如图所示，真空中四个点电荷分别位于边长为l的正方形的四个顶点A、B、C、D上，A、C两点放置＋q，B、D两点放置－q，O为正方形的中心。以O为坐标原点，平行于AB方向为x轴正方向。现在x轴上放置电荷量为eq \r(2)q的电荷Q，使O点的场强为零，则Q的位置为( C )
A．若电荷Q为正电荷，放置在x＝－eq \f(l,2)处
B．若电荷Q为正电荷，放置在x＝－l处
C．若电荷Q为负电荷，放置在x＝－eq \f(l,2)处
D．若电荷Q为负电荷，放置在x＝－l处
【解析】根据对称性及电场的矢量叠加可知O点的电场水平向右，若电荷Q为正电荷，放置在O点右侧，故A、B错误；根据电场的矢量叠加可知四个点电荷在O点的电场强度为E＝2eq \r(2)eq \f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)l))2)＝eq \f(4\r(2)kq,l2)，若电荷Q为负电荷，放置在x的位置，使O点的场强为零，则有eq \f(k·\r(2)q,x2)＝eq \f(4\r(2)kq,l2)解得x＝eq \f(l,2)由于电荷Q应放在O点的左侧，则应放置在x＝－eq \f(l,2)处，故C正确，D错误，选C。
5.2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。已知地球平均密度约为火星平均密度的1.4倍，地球半径约为火星半径的2倍，火星上一昼夜的时间跟地球上近似相等。取eq \r(3,1.4)＝1.1，估算地球同步卫星与火星同步卫星轨道半径的比值约为( B )
A．1.1 B．2.2
C．3.3 D．4.4
【解析】卫星绕行星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，行星的质量为M＝ρ·eq \f(4π,3)R3，联立可得r＝Req \r(3,\f(GT2ρ,3π))，可得eq \f(r地,r火)＝eq \f(R地,R火)eq \r(3,\f(T\\al(2,地)ρ地,T\\al(2,火)ρ火))＝2×eq \r(3,1.4)＝2.2，选B。
6.如图所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能Ek随时间t变化的图像如右图所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标t1是( C )
A．0.60 B．0.70
C．0.75 D．0.80
【解析】物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx＝Ek，根据运动学公式x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq \f(F2,2m)t2，把P点坐标代入后得出eq \f(F2,2m)＝eq \f(Ek,t2)＝eq \f(3,1.52)＝eq \f(4,3)，则Ek＝eq \f(4,3)t2，求导得k＝eq \f(dEk,dt)＝eq \f(4,3)×2t＝eq \f(4,3)×2×1.5＝4，即k＝eq \f(3,Δt)＝4，则Δt＝0.75，则t1＝1.5－Δt＝1.5－0.75＝0.75，选C。
7.如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度ω＝eq \r(\f(3g,R))绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为( B )
A.eq \f(1,2)mg沿杆向上
B.eq \f(1,2)mg沿杆向下
C．(eq \r(3)－1)mg沿杆向上
D．(eq \r(3)－1)mg沿杆向下
【解析】设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cs θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，解得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsin 60°＝eq \f(\r(3),2)R，做圆周运动所需向心力为F＝mω2r＝eq \f(3\r(3),2)mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件可知F1cs 30°＋F2cs 30°＝F，F1sin 30°＋mg＝F2sin 30°，解得F1＝eq \f(1,2)mg，选B。
8.如图所示，形状相同的平行金属导轨CN、DQ放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，间距为L，与水平面相切于M、P，右端接一阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒从曲面上某处由静止释放，到达曲面底端PM时速度为v0；金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒最终会停在导轨上，金属棒从曲面底端PM到最终停止运动通过的位移大小为x，重力加速度大小为g。则金属棒从曲面底端PM到最终停止在导轨上经历的时间为( D )
A.eq \f(v0,μg)＋eq \f(BLx,μmgR＋r) B．eq \f(v0,μg)＋eq \f(B2L2x,μmgR＋r)
C.eq \f(v0,μg)－eq \f(BLx,μmgR＋r) D．eq \f(v0,μg)－eq \f(B2L2x,μmgR＋r)
【解析】根据动量定理有μmgt＋Beq \x\t(I)Lt＝mv0，根据法拉第电磁感应定律有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，根据闭合电路欧姆定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，电荷量q＝eq \x\t(I)Δt，解得t＝eq \f(v0,μg)－eq \f(B2L2x,μmgR＋r)，选D。
二、多项选择题
9.在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，R1、R2为定值电阻，且R2＝6 Ω，R3为电阻箱。当R3＝4 Ω时，电阻R2两端电压u2随时间变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( AD )
A．电阻R1的阻值为100 Ω
B．电阻R1的阻值为200 Ω
C．当R3＝4 Ω时，变压器的输出功率最大
D．当R3＝0 Ω时，变压器的输出功率最大
【解析】当R3＝4 Ω时，由图可知电阻R2两端电压的有效值为u2′＝eq \f(12\r(2),\r(2)) V＝12 V，根据串联电压规律可知R3两端的电压为8 V，根据变压器电压与线圈匝数之比的关系可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，其中U2＝12 V＋8 V＝20 V，解得U1＝200 V，副线圈电流I2＝eq \f(u2′,R2)＝2 A，根据变压器电流与线圈匝数之比的关系可知eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，解得I1＝0.2 A，电阻R1的阻值为R1＝eq \f(U－U1,I1)＝100 Ω，A正确，B错误；把原线圈看成电源，副线圈看成外电路，则副线圈的等效电阻R′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2(R2＋R3)，当R′越接近R1时变压器的输出功率越大。C错误，D正确。选AD。
10.如图，在均匀介质中建立Oxyz三维坐标系，位于x轴上的两个沿z轴方向做简谐运动的波源S1和S2的位置坐标分别为(1 m,0,0)、(4 m,0,0)，两波源S1、S2的振动方程分别为z1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,2)))cm、z2＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt－\f(π,2)))cm。已知波源S1和S2形成的简谐横波在介质中的传播速度为1 m/s，关于质点A(2.5 m,3 m,0)和质点B(4 m,4 m,0)，下列说法正确的是( BC )
A．质点B离开平衡位置的位移总是大于质点A离开平衡位置的位移
B．质点A开始振动做简谐运动的振幅为1 cm
C．两波源S1、S2振动5 s后，质点B的振动能量大于质点A的振动能量
D．两波源S1、S2振动5 s后，质点A的振动总是加强，质点B的振动总是减弱
【解析】由振动方程知T＝eq \f(2π,ω)＝2 s，由简谐波在介质中的传播速度为1 m/s，可知λ＝vT＝2 m，A到波源S1和S2的波程差相等，由波源的振动可知其振动相差半周期，A是振动减弱点，B到的S1的距离为5 m，到S2的距离为4 m，所以到两波源的波程差为1 m，B是振动加强点，由于质点的振动，可知质点B离开平衡位置的位移并非总是大于质点A离开平衡位置的位移，故A错误，D错误；根据波源的振动可知其振动相差半周期，所以质点A开始振动做简谐运动的振幅为3 cm－2 cm＝1 cm，故B正确；两质点都开始振动5 s后，质点B是振动加强点，质点A是振动减弱点，因此B的振动能量大于质点A的振动能量，故C正确；选BC。
11.半径为R的透明玻璃球切去底面半径r＝eq \f(\r(3),2)R的球冠成为一个大球冠，如图所示，玻璃的折射率n＝eq \r(2)，一束半径r＝eq \f(\r(3),2)R光束垂直球冠的切面照射到球冠上，进入球冠的光线有部分从球面射出而使球面发光，已知光在真空中的传播速度为c，(球冠不含底面的表面积公式为S＝2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度)。不考虑光在球冠内的反射，则下列说法中正确的是( BD )
A．光束正中间的光线通过大球冠的时间为eq \f(3R,2c)
B．光束正中间的光线通过大球冠的时间为eq \f(3\r(2)R,2c)
C．发光球面的面积为eq \f(2－\r(2)πR2,2)
D．发光球面的面积为(2－eq \r(2))πR2
【解析】射到球冠边缘的光线的入射角sin α＝eq \f(r,R)＝eq \f(\r(3),2)，则α＝60°，光在玻璃中的传播速度v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(2),2)c，光束正中间的光线通过大球冠的时间为t＝eq \f(R＋Rcs 60°,v)＝eq \f(3\r(2)R,2c)，选项A错误，B正确；射到球冠边缘的光线的入射角α＝60°，折射角sin β＝eq \f(sin 60°,\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，θ＝2β－60°，射出部分的光线发光球面的面积为S＝2πR·h＝2πR·R(1－cs θ)，可得S＝(2－eq \r(2))πR2，选项C错误，D正确。选BD。
12.如图所示，一足够长且倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接在固定挡板和小物体B上，小物体A与小物体B紧靠在一起处于静止状态，且两者质量相同。现对小物体A施一沿斜面向上的拉力，使小物体A沿斜面向上做匀加速直线运动。从施加力直到两物体分离的过程中，拉力的最小值为F1，最大值为F2，已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列结论正确的是( BC )
A．每个物体的质量为eq \f(F2－F1,gsin θ)
B．物体的加速度为eq \f(F1gsin θ,2F2－F1)
C．开始时弹簧的压缩量为eq \f(2F2－F1,k)
D．从开始运动到物体与弹簧分离经过的时间为(2F2－F1)eq \r(\f(2,kF1gsin θ))
【解析】初态，对A和B受力分析可知kx0＝2mgsin θ，物体未脱离弹簧前F＋kx－2mgsin θ＝2ma，物体始终沿斜面向上做匀加速直线运动，随着形变量减小，F在增大，故F1＝2ma，F2＝mgsin θ＋ma解得m＝eq \f(2F2－F1,2gsin θ)，A错误；物体的加速度为a＝eq \f(F1,2m)＝eq \f(F1,2\f(2F2－F1,2gsin θ))＝eq \f(F1gsin θ,2F2－F1)，B正确；开始时弹簧的压缩量为x0＝eq \f(2mgsin θ,k)＝eq \f(2gsin θ·\f(2F2－F1,2gsin θ),k)＝eq \f(2F2－F1,k)，C正确；分离时弹力为kx－mgsin θ＝ma，运动位移Δx＝x0－x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2Δx,a))＝eq \r(\f(2F2－F12F2－F1,kF1gsin θ))，D错误。选BC。