选择题专项练——思维满分练(1)(Word练习)-【优化指导】2025年高考物理二轮复习高中总复习·第2轮

选择题专项练——思维满分练(1) 一、单项选择题 1．(2024·山东东营二模)铑106的半衰期约370天，衰变方程为Rh―→Pd＋X，下列说法正确的是(　　) A．根据题中方程式无法判断X粒子的种类 B．采取低温冷冻的措施可适当降低辐射风险和辐射剂量 C．Pd的比结合能比Rh的比结合能大，衰变时释放能量 D．任意370天中，1 000个Rh原子核将会有500个发生衰变 C　解析：根据质量数守恒，X粒子的质量数为0，由电荷数守恒，X粒子的电荷数为－1，可知X粒子为e，A错误；温度与辐射剂量没有关系，也不能降低辐射风险，B错误；衰变后新核更稳定，即新核比结合能更大，则Pd的比结合能比Rh的比结合能大，且衰变时释放能量，C正确；半衰期描述的是统计规律，只有对大量原子核才有意义，D错误。 2．(2024·浙江温州三模)2024年3月20日，我国“鹊桥二号”卫星发射成功，多次调整后进入周期为24 h的环月椭圆轨道运行，并与在月球上开展探测任务的“嫦娥四号”进行通讯测试。已知月球自转周期为27.3天，下列说法正确的是(　　) A．月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的中心位置 B．“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小相同 C．“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度 D．“鹊桥二号”与月心连线和“嫦娥四号”与月心连线在相等时间内分别扫过的面积相等 C　解析：由开普勒第一定律可知，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，A错误；“鹊桥二号”在近月点距离月球最近，受到的万有引力最大，加速度最大，在远月点距离月球最远，受到的万有引力最小，加速度最小，故“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小不相同，B错误；月球第一宇宙速度为近月卫星的环绕速度，故“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度，C正确；由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与月球的连线在相同时间扫过的面积相等，但是“鹊桥二号”与 “嫦娥四号”是两颗轨道不同的卫星，相同时间扫过的面积不相等，D错误。 3．(2024·江西南昌二模)如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径d2＝5.80 cm；已知圆柱体截面直径为d1＝4.00 cm，透明圆桶直径为d3＝10.00 cm。则该糖水的折射率为(　　) A．1.45 B．1.72 C．2.00 D．2.50 A　解析：作出对应的光路图如图所示，根据几何关系可得sin i＝，sin r＝，则该糖水折射率为n＝＝＝＝1.45，A正确。 4．(2024·山西临汾二模)一个单摆在竖直平面内摆动(摆角θ较小)，摆球运动到最高点时对细线的拉力大小为F1、摆动的周期为T1；保持摆长不变，让该小球在水平面内做圆锥摆运动，摆线偏离竖直方向的夹角也为θ，运动过程中摆球对细线的拉力大小为F2、摆动的周期为T2。则(　　) A．＝cos θ，＝cos θ B．＝cos2θ，＝cos－θ C．＝cosθ，＝cos－θ D．＝cos2θ，＝cosθ B　解析：设摆球质量为m，摆长为L，对单摆有F1＝mg cos θ，T1＝2π，对圆锥摆有F2cos θ＝mg，F2sin θ＝mL sin θ，联立以上四式可得＝cos2θ，＝cos－θ，B正确。 5．(2024·山东德州三模)如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为ΔU。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是(　　) A．状态2相比状态1，每个分子的速率都增大 B．状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少 C．由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量 D．电热丝释放的热量为ΔU－mgL B　解析：由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，A错误；状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，B正确；由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，C错误；设大气压强为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为p，由平衡方程有p0S＝mg＋pS，解得pS＝p0S－mg，活塞向右移动L过程中，对外做功为W＝pS＝(p0S－mg)L，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，得气体吸收的热量即电热丝释放的热量为Q＝ΔU＋(p0S－mg)L，D错误。 6．(2024·河南周口模拟)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定于倾角为θ的光滑绝缘斜面顶端的挡板上，另一端连接绝缘带正电可视为质点的小球A，小球的质量为m，所带电荷量为q，弹簧处于原长时小球在O点。在空间中加一平行于斜面向上的匀强电场，电场强度大小为E，将小球从O点由静止释放，小球沿斜面运动至M点时加速度为零，重力加速度为g，则小球从O点运动至M点的过程中，小球的(　　) A．机械能一直增加 B．机械能先增大后减小 C．位移大小为x＝ D．电势能的增加量等于重力势能的减少量 C　解析：小球沿斜面运动至M点时加速度为零，该过程中弹力和静电力均做负功，所以机械能减小，A、B错误；在M点时有mg sin θ＝Eq＋kx，解得位移大小为x＝，C正确；根据能量守恒可知，电势能和弹性势能的增加量等于重力势能的减少量，D错误。 7．(2024·北京朝阳区二模)一个电子以某速度从a点出发，通过两个方向垂直纸面的有界匀强磁场区域 Ⅰ 、 Ⅱ 到达b点，路径如图所示，电子在每个区域内的轨迹都是半圆。下列说法正确的是(　　) A．两个磁场的方向相同 B．电子在区域 Ⅰ 中运动的时间较长 C．电子以相同的速度大小从b点反向出发可返回a点 D．质子以与电子大小相同的动量从b点反向出发可到达a点 D　解析：由左手定则知区域 Ⅰ 磁场方向垂直纸面向里，区域 Ⅱ 磁场方向垂直纸面向外，A错误；洛伦兹力不做功，所以电子在两磁场中运动的速度大小相等，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，解得r＝，由图可知，电子在区域 Ⅱ 磁场中的运动半径较大，则区域 Ⅱ 磁场磁感应强度较小，由T＝，解得T＝，可知电子在区域 Ⅱ 磁场中运动的周期较大，因为电子在两磁场区域中的运动轨迹都是半圆，所以运动时间都为t＝，可知电子在区域 Ⅱ 磁场中运动的时间较长，B错误；电子以相同的速度大小从b点反向出发，经过区域 Ⅱ 时由左手定则可知受到的洛伦兹力向下，所以电子不能返回a点，C错误；质子与电子的电荷量相等，若质子以与电子大小相同的动量进入磁场，由Bqv＝m，解得r＝，可知它们在磁场运动的半径相等，所以质子从b点反向出发可到达a点，D正确。 二、多项选择题 8．(2024·河南百师联盟模拟)某同学为了研究雨滴下落的规律查阅资料，了解到：较大的雨滴是从大约1 000 m的高空形成并下落的，到达地面的速度大小大约为4 m/s，假设雨滴做直线运动，它运动过程的v－t图像如图所示，只考虑雨滴的重力和空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．雨滴加速运动的过程中，处于失重状态 B．雨滴加速运动的过程中，所受的空气阻力逐渐减小 C．雨滴加速运动的过程中，速度变化率逐渐减小 D．雨滴最终匀速运动时，所受重力和空气阻力是一对相互作用力 AC　解析：由v－t图像可知雨滴做竖直向下的加速度逐渐减小的加速运动，速度变化率逐渐减小，处于失重状态，A、C正确；根据牛顿第二定律有G－f＝ma，加速度逐渐减小，可知雨滴所受空气阻力逐渐增大，B错误；雨滴最终匀速运动时有G＝f，所受重力和空气阻力是一对平衡力，D错误。 9．(2024·天津河东区测试)有一种很火的益智玩具——“磁悬浮陀螺”，依靠磁场力可以让旋转的陀螺悬浮在空中，如图所示。对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的是(　　) A．陀螺上各质点均处于平衡状态 B．陀螺处于完全失重状态 C．距离陀螺中心越远的质点，线速度越大 D．若陀螺绕其中心的转速为20 r/s，则陀螺上距离中心1 cm处质点的向心加速度大小约为160 m/s2 CD　解析：陀螺做圆周运动，陀螺上各质点所受合力为向心力，各质点受力不平衡，A错误；陀螺悬浮在空中，陀螺在竖直方向上受力平衡，B错误；陀螺上各点属于同轴运动，距离中心越远的点，运动半径越大，线速度越大，C正确；质点的角速度为ω＝2πn＝40π rad/s，向心加速度大小为a＝ω2r＝(40π)2×1×10－2 m/s2≈160 m/s2，D正确。 10．(2024·福建南平三模)新能源汽车在某些情况下可利用“动能回收”装置将机械能转化为电能。某次质量为2 t的电动车以1.0×105 J的初动能沿平直斜坡向下运动。若关闭发动机，让车自由滑行时，其动能—位移关系如图直线①所示；若关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其动能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%，则(　　) A．图线①中，电动车受到的合外力大小为500 N B．图线②中，电动车行驶到150 m处的速度大小为16 m/s C．图线②中，电动车行驶到150 m处电能的回收转化功率为4 000 W D．图线②中，电动车行驶200 m过程中回收转化了1.224×105 J的电能 AD　解析：根据Ek－x图像的斜率表示物体所受合外力可知，图线①的斜率为k＝＝500(N)，A正确；开启“动能回收”装置后从图线②读取动能数值，利用动能定义可知Ek＝mv2，解得速度为v＝8 m/s，B错误；在150 m处，自由滑行时所受合外力为F＝500 N，动能回收时，匀速直线运动，即产生电能的力为F′＝F＝500 N，电能回收转化功率的计算应考虑效率90%，正确的回收转化功率为P＝F′v×90%＝3 600 W，C错误；回收转化的电能为两条图像在200 m处动能差值乘以效率90%，则E电＝(Ek1－Ek2)×90%＝1.224×105 J，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$