选择题提速练2(Word练习)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

提速练(2) 一、单选题 1．(2024·浙江杭州二模)如图所示，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜。S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设光源S到平面镜和光屏的距离分别为a和l，相邻两条亮纹(或暗纹)间距离为Δx，则光的波长λ为(　　) A． B． C． D． 解析　作出S关于平面镜的对称点S′，则S与S′就相当于两个相干光源，类比双缝干涉装置可知，S与S′的间距相当于双缝间距，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可得λ＝Δx，又d＝2a，解得λ＝，B正确。 答案　B 2．(2024·河南南阳一模)如图所示，在水平线OO′某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为L(L＜h)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO′上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO′上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO′上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方。则下列说法正确的是(　　) A．小球1将与小球B同时落地 B．在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上 C．h越大，小球A与小球B的落地时间差越大 D．在小球1落地前，小球1与2之间的距离随时间的增大而增大 解析　设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，有h－L＝vt1＋gt12，设B运动的时间为t2，有h－L＝gt22 ，比较可知t1＜t2，故A错误；小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力，故B错误；设A运动时间为t3，h＝gt32，t3－t2＝－，可知L是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小，故C错误；1与2两球的距离Δx＝vt＋gt2－gt2＝vt，可知在小球1落地前，小球1与2之间的距离随时间的增大而增大，故D正确。 答案　D 3．(2024·安徽统考三模)传统的航母动力来源是燃油蒸汽轮机，燃油限制了航母的载重量、续航里程和战斗力。2021年，我国研发的全球首个小型核反应堆“玲珑一号”问世，为我国建造核动力航母奠定了基础，“玲珑一号”的核燃料为浓缩铀，体积小，功率大，U的一种核反应方程为U＋n→ Ba＋Kr＋3X，生成的Ba还会发生β衰变。下列说法正确的是(　　) A．X粒子带负电 B. Ba发生β衰变的半衰期不能通过调节压强和温度来控制 C. Ba发生β衰变时产生的β射线是钡原子核外的电子跃迁形成的 D. U的比结合能大于Ba的比结合能 解析　根据核反应方程U＋01n→ Ba＋Kr＋3n，X粒子是中子，不带电，A错误； Ba发生β衰变的半衰期不能通过调节压强和温度来控制，B正确； Ba发生β衰变时产生的β射线是钡原子核内的中子转变为质子时放出电子形成的，C错误；根据比结核能曲线，U的比结合能小于Ba的比结合能，D错误。 答案　B 4．如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲→乙＋丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5∶3，不计重力及空气阻力，则(　　) A．甲带正电 B．乙带负电 C．甲、乙的动量大小之比为8∶5 D．乙、丙的动量大小之比为1∶1 解析　由左手定则判断，乙带正电，丙带负电，由乙和丙的电荷量大小相等结合电荷守恒，可知甲不带电，选项A、B错误；根据qvB＝m可得半径公式r＝，因乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5∶3，可知乙和丙的动量之比p乙∶p丙＝r乙∶r丙＝5∶3，由动量守恒p甲＝p乙＋p丙，可知甲、乙、丙的动量大小之比为p甲∶p乙∶p丙＝8∶5∶3，C正确，D错误。 答案　C 5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量也为m的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep＝kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。则PQ之间的距离是(　　) A． B． C． D． 解析　物块b从Q点到P点，由动能定理mgs sin θ＝mv12，ba碰撞过程由动量守恒，有mv1＝2mv2。当整体向上运动到最高点时弹簧的弹力恰为零，则此过程中，有×2mv22＋kx2＝2mgx sin θ，其中mg sin θ＝kx，联立解得s＝，故B正确。 答案　B 6．图甲为氢原子部分能级图，大量的氢原子处于n＝4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光子。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K，已知阴极K的逸出功为4.54 eV，则(　　) A．这些氢原子能辐射4种不同频率的光子 B．某氢原子辐射出一个光子后，核外电子的速率减小 C．阴极K逸出光电子的最大初动能为8.21 eV D．若滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大 解析　大量氢原子处于n＝4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出N＝C42＝6，即6种不同频率的光子，故A错误；某氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，库仑力做正功，核外电子的速率增大，故B错误；处于n＝4的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量为ΔE＝E4－E1＝[－0.85－(－13.6)] eV＝12.75 eV，由光电效应方程可知Ekmax＝hν－W0＝(12.75－4.54) eV＝8.21 eV，故C正确；若滑动变阻器的滑片右移，正向电压增大，如果光电流达到最大光电流时，则电路中的光电流不变，故D错误。 答案　C 7．(2024·辽宁实验中学校联考模拟)如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一个理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头P调节，副线圈接有定值电阻R0和压敏电阻R，压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。物块m置于压敏电阻上，保持原线圈输入的交流电压不变。下列说法正确的是(　　) A．只减小物块对R的压力，电流表的示数减小 B．只增大物块对R的压力，R0两端的电压增大 C．只将滑动触头P向左滑动，电流表的示数增大 D．只将滑动触头P向右滑动，R0两端的电压增大 解析　只减小物块对R的压力，则R阻值减小，次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流变大，即电流表的示数变大，选项A错误；只增大物块对R的压力，则R阻值变大，因次级电压不变，可知R0两端的电压减小，选项B错误；只将滑动触头P向左滑动，次级匝数减小，则次级电压减小，次级电流减小，根据P＝I2 R可知，次级功率减小，则初级功率也减小，初级电流减小，即电流表的示数减小，选项C错误；只将滑动触头P向右滑动，次级匝数增加，则次级电压变大，则R0两端的电压增大，选项D正确。 答案　D 二、多选题 8．如图为载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ＝4R，轨道Ⅱ上经过O点的速度为v，下列说法正确的有(　　) A．在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积相等 B．探测器在轨道Ⅱ运动时，经过O点的加速度等于 C．探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O点的速度大于v D．在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是3∶2 解析　因轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项A错误；探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R，则经过O点的加速度等于，选项B正确；探测器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要在O点减速，可知在轨道Ⅰ运动时，经过O点的速度大于v，选项C正确；探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为＝ ＝，则在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是＝＝，选项D错误。 答案　BC 9．如图所示，表头G的量程为Ig，表盘均匀划分为30个小格，表头G的内阻Rg是电阻R1的29倍，电阻R2是Rg的30倍，下列说法正确的是(　　) A．将接线柱1、2串联接入电路时，该装置可视为电流表，每一小格表示 B．将接线柱1、2串联接入电路时，该装置可视为电流表，每一小格表示Ig C．将接线柱1、3并联接入电路时，该装置可视为电压表，每一小格表示 D．将接线柱1、3并联接入电路时，该装置可视为电压表，每一小格表示 解析　将接线柱1、2串联接入电路时，该装置可视为电流表，若流过表头G的电流为Ig，流过R1的电流为29Ig，则此时的量程为30Ig，每一小格表示Ig，故B正确，A错误；若将接线柱1、3并联接入电路时，该装置可视为电压表，此时的量程为IgRg＋30Ig×30Rg＝901IgRg，每一小格表示，故D正确，C错误。 答案　BD 10．用绝缘轻质细线悬挂一带正电小球(带电量保持不变)置于水平匀强电场中，如图所示。小球在偏离竖直方向θ角的a位置时处于平衡状态，若将小球拉到最低点b由静止释放，摆线长为l，重力加速度为g，则小球从b运动到a的过程中(　　) A．小球重力势能与电势能增量之和ΔEp＜0 B．小球重力势能与电势能增量之和ΔEp＝0 C．小球在a点的速率va＝0 D．小球在a点的速率va＝ 解析　把重力和电场力看作等效重力，在等效重力场中只有等效重力做功，等效机械能守恒。小球从b到a的过程动能增大，所以等效重力势能减小，即ΔEp＜0，故A正确，B错误；对小球，从b到a由动能定理有Eql sin θ－mgl(1－cos θ)＝mva2－0，在a点受力平衡有Eq＝mg tan θ，联立解得va＝，故C错误，D正确。 答案　AD 学科网（北京）股份有限公司 $$