选择题提速练4(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(4) 一、单选题 1．(2024·安徽合肥统考一模)核反应有衰变、核裂变、核聚变和人工核转变4种类型。下列有关说法中正确的是(　　) A．核聚变时电荷数守恒，质量也守恒 B．用中子轰击样品中的N会产生 C和电子 C．对于大量氡222，每经过一个半衰期就有一半的氡发生衰变 D．铀235裂变的方程为 U＋n→Ba＋Kr＋201n 解析　核聚变时电荷数守恒，质量数守恒，同时释放能量，质量会亏损，故A错误；用中子轰击样品中的N，该核反应方程为N＋n→ C＋11H，会产生C和质子，故B错误；半衰期是对大量粒子的统计规律，对于大量氡222，每经过一个半衰期就有一半的氡发生衰变，故C正确；铀235裂变的方程为U＋n→ Ba＋Kr＋3n，故D错误。 答案　C 2．(2024·广西南宁市校联考)如图所示，一个质量为m＝5 kg的物块放在水平地面上，在F1＝20 N和F2＝8 N以及摩擦力作用下，物块以v＝12 m/s的速度向右匀速直线运动，某时刻撤去F1并从此时开始计时，下列说法正确的是(　　) A．t＝5 s时地面对物块的摩擦力Ff＝12 N B．前4 s的平均速度为4.5 m/s C．t＝4 s时，物块的加速度为4.5 m/s2 D．t＝5 s时，物块距离t＝0时的位置有10 m远 解析　物块以v＝12 m/s的速度向右匀速直线运动，F1＝F2＋Ff，Ff＝12 N，方向向左。 撤去F1，物块向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有a1＝＝4 m/s2，减速到0的时间t0＝＝3 s。由于F2＜Ff，之后物块静止。所以t＝5 s时物块已经静止，地面对物块的摩擦力为静摩擦力Ff′＝F2＝8 N，A错误；t1＝4 s时，物块静止，加速度为0，C错误；物块向右做匀减速运动的位移x＝＝18 m之后静止，所以t＝5 s时，物块距离t＝0时的位置有18 m远，D错误；前4 s的平均速度为＝＝4.5 m/s ，B正确。 答案　B 3．球心为O点、半径为R、折射率为的匀质透明球的截面图如图所示，球内边缘有一单色点光源S。已知光在真空中的传播速度为c，则从S发出的光线，经多次全反射后回到S点的最短时间为(　　) A．　　　　　　 B． C． D． 解析　根据对称性，光线要在圆内全反射，并回到S点的时间最短，应构成一个边数最少的正多边形。全反射临界角sin C＝＝，当是正三角形时，如图(a)所示，有sin α＝，α＜C，无法发生全反射；当是正方形时，如图(b)所示，有sin β＝，β＞C，可以发生全反射，符合时间最短条件，则有4R＝vt，n＝，解得t＝，故选C。 图(a)　　 　　图(b) 答案　C 4．(2024·陕西西安三模)照射到金属表面的光可能使金属中的电子逸出，可以用图甲的电路研究电子逸出的情况。阴极K在受到光照时能够逸出电子，阳极A吸收阴极K逸出的电子，在电路中形成光电流。在光照条件不变的情况下改变光电管两端的电压得到图乙。换用不同频率的单色光照射阴极K得到电子最大初动能与入射光波长倒数的关系图像如图丙所示。下列说法正确的是(　　) 甲 乙 丙 A．图乙中遏止电压的存在意味着光电子具有最大初动能 B．图乙中电压由0到U1，光电流越来越大，说明单位时间内逸出光电子的个数越来越多 C．图丙中的λ0是产生光电效应的最小波长 D．由图丙可知普朗克常量h＝Eλ0 解析　遏止电压满足Uce＝mvm2，它的存在意味着光电子具有一定的初动能，且有最大值，即光电子有最大初动能，故A正确；单位时间内逸出光电子的个数是由光的强度决定的，当光强一定时，单位时间内逸出光电子的个数是一定的，只不过当电压较小时，不是所有的光电子都能到达阳板，电压越大到达阳极的光电子数越多，故B错误；由题图丙可知，入射光波长倒数越大，电子最大初动能越大，即入射光波长越小，电子最大初动能越大，结合题图丙可知，λ0是产生光电效应的最大波长，故C错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0，在时W0＝0，Ek＝E，此时E＝h可知普朗克常量h＝，故D错误。 答案　A 5．(2024·安徽合肥统考一模)在直角坐标系xOy中，y轴上M、N两点关于坐标原点对称，且距O点2L。x轴上P1、P2、P3三点坐标分别为(L，0)、(L，0)、(－L，0)，当M、N分别固定两点电荷时，x轴上的电场强度E随x变化关系如图所示，图中0～L的阴影部分面积为a，0～L的阴影部分面积为b。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，沿x轴负方向运动，则在此过程中下列说法正确的是(　　) A．M、N两点电荷均为负电荷 B．粒子的最大速度为 C．粒子运动到P3处的动能为q(2a＋b) D．粒子在P1、P2两处的加速度大小之比为3∶ 解析　根据题图可知两点电荷电量相等，电性相同；一个质量为m、电荷量为－q(q＞0)的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿x轴负方向运动，受到引力作用，所以M、N带等量正电荷，故A错误；带电粒子运动过程中最大速度在O点，由动能定理得qb＝mv2，v＝，故B正确；题图乙中面积代表电势差，所以带电粒子运动到P3位置时，电场力做功为W＝q(b－a)，根据动能定理可知粒子运动到P3位置时动能为q(b－a)，故C错误；设点电荷带电量为Q，则带电粒子在P1点处的加速度2k×＝ma1，带电粒子在P2点处的加速度2k×＝ma2，带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比a1∶a2＝9∶8，故D错误。 答案　B 6．如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有不带电的电容器C。金属棒ab在导轨上向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。在t0时刻闭合开关S，则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 解析　S闭合，产生电流，导体棒受到安培力，速度变小，因此 E＝BLv，感应电动势变小。充电完成后，无电流，安培力消失，v保持恒定，ab两端电压不变，故A错误；速度先减小后不变，但不能到达0，故B错误；由Q＝CU，U先变小后不变，故Q也先变小后不变，故C正确；充电完成后无电流，故D错误。 答案　C 7．如图(a)所示，光滑绝缘斜面与水平面成θ＝30°角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行，磁感应强度大小B＝3 T。质量为m＝0.05 kg的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上匀速运动，导体框各段长度相等，即ab＝bc＝cd＝de＝ef＝fa＝fc＝L＝0.1 m，ab、fc、ed段的电阻均为r＝2 Ω，其余电阻不计。从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图(b)所示(电流由f到c的方向为正)，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．导线框运动的速度大小为5 m/s B．磁感应强度的方向垂直斜面向上 C．在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，外力所做的功为0.24 J D．在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3 N 解析　由于在0～0.01 s时间内，电流方向为从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B错误；因为ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5 A，可知通过ed的电流为1 A，则由Ied＝，解得v＝10 m/s，选项A错误；在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q＝3I2R总Δt＝3×12×3×0.01 J＝0.09 J，线框重力势能的增加量Ep＝mg·3Lsin 30°＝0.075 J，由功能关系得外力所做的功为W＝Q＋Ep＝0.165 J，选项C错误；在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框的cf边切割磁感线，则所受的安培力大小为Fcf＝BIL＝3×1×0.1 N＝0.3 N，选项D正确。 答案　D 二、多选题 8．(2024·海南统考二模)如图所示，空间中A、B、C、A1、B1、C1六个点恰好为竖直正三棱柱的顶点，在A1点固定有正电荷Q1，B1点固定有正电荷Q2，C1点固定有负电荷－q，带电量Q1＝Q2>q。以下说法正确的是(　　) A．A、B两点的电场强度相同，电势也相同 B．若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其所受静电力逐渐减小 C．若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则其电势能逐渐增大 D．若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其电势能始终不变 解析　由几何关系可知，A、B两点的电场强度方向不同，A错误；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q2距离Q1、－q越来越远，Q1、－q对其电场力逐渐减小，且两力夹角逐渐增大，故其所受静电力逐渐减小，B正确；若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则Q1、Q2均对其做负功，故其电势能逐渐增大，C正确；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q1对它做正功，－q对它做负功，且正功大于负功，故总功为正，故其电势能减小，D错误。 答案　BC 9．如图所示，M、N为在同一均匀介质中且波长均为a的波源，两波源的振动步调相同，且从平衡位置开始振动，O点为两波源连线的中点，已知两波源在该介质中形成的机械波的振幅均为A、波速均为v，MN＝5a，下列说法正确的是(　　) A．当O点开始振动后其振动频率等于 B．当O点开始振动后其振动频率等于 C．当O点开始振动后其振幅等于2A D．M、N之间(除M、N外)共有10个点的振幅为2A 解析　在机械波传播的过程中，各质点的振动频率均等于振源的振动频率，即当O点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率，振源的频率为f＝＝，故A正确，B错误；由波的叠加原理可知，O点到M和N的距离相同，即O点为振动加强点，故当O点开始振动后振幅应等于两列机械波的振幅之和，即为2A，故C正确；设振幅为2A的点到M的距离为x，则到N的距离为5a－x，因为两波源振动步调相同，则当波程差为波长整数倍时，该点是振动加强点，则|(5a－x)－x|＝nλ＝na(n＝0，1，2，3…)，x＝、a、、2a、、3a、、4a、，所以有9个振幅为2A的点，故D错误。 答案　AC 10．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过定值电阻的电流方向是N→Q B．通过金属棒的电荷量为 C．金属棒滑过时的速度大于 D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd) 解析　金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；金属棒在磁场中做减速运动，则产生的电动势减小，电路电流减小，安培力减小，则金属棒加速度减小的减速运动，则金属棒滑过时的速度大于，选项C正确；根据动能定理则mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，故选项D正确。 答案　BCD 学科网（北京）股份有限公司 $$