選擇題滿分練(八)

選擇題滿分練(八)(時間：30分鐘)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。)1.足球比賽中，若某次點球時，運動員踢出的足球剛好貼著橫梁進入球網(wǎng)，從運動員踢出足球到足球剛好進入球網(wǎng)的過程，運動員對足球做的功為W1，足球克服重力做的功為W2，足球克服空氣阻力做的功為W3，足球進入球網(wǎng)瞬間的動能和機械能分別為Ek、E，以地面為重力勢能的參考平面。則有()A.W1＝W3＋E B.Ek＝E－W1C.W1＝W2＋W3＋E D.E＝Ek－W2答案A解析由功能關(guān)系可知，足球進入球網(wǎng)瞬間的重力勢能Ep＝W2，足球進入球網(wǎng)瞬間的動能Ek＝E－W2，對整個過程由動能定理有W1－W2－W3＝Ek，由以上分析得W1＝W3＋E，A正確，B、C、D錯誤。2.1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質(zhì)子加速器進行人工核蛻變實驗，驗證了質(zhì)能關(guān)系的正確性。在實驗中，鋰原子核俘獲一個質(zhì)子后成為不穩(wěn)定的鈹原子核，隨后又蛻變?yōu)閮蓚€原子核，核反應(yīng)方程eq\o\al(7,3)Li＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(A,Z)Be→2X。已知eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(7,3)Li、X的質(zhì)量分別為m1＝1.00728u、m2＝7.01601u、m3＝4.00151u，光在真空中的傳播速度為c，則在該核反應(yīng)中()A.質(zhì)量虧損Δm＝4.02178uB.釋放的核能ΔE＝(m1＋m2－2m3)c2C.鈹原子核內(nèi)的中子數(shù)是5D.X表示的是氚原子核答案B解析根據(jù)核反應(yīng)方程，質(zhì)量虧損Δm＝(m1＋m2－2m3)＝(1.00728＋7.01601－4.00151×2)u＝0.02027u，A錯誤；結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程有ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－2m3)c2，B正確；根據(jù)核反應(yīng)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒有A＝7＋1＝8，Z＝3＋1＝4，中子數(shù)＝A－Z＝8－4＝4，同理X元素質(zhì)子數(shù)為eq\f(Z,2)＝2，質(zhì)量數(shù)為eq\f(A,2)＝4，則X為氦核，C、D錯誤。3.如圖1所示，質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時懸線與豎直方向夾角為30°，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖1A.小明在最高點的速度為零，合力為零B.小明在最低點的加速度為零，速度最大C.最高點秋千對小明的作用力為eq\f(\r(3),2)mgD.最低點秋千對小明的作用力為mg答案C解析小明在最高點時，速度為零，受力分析如圖；易知F合＝mgsin30°，F(xiàn)1＝mgcos30°，解得F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)合≠0，故A錯誤，C正確；小明在最低點速度最大，設(shè)最低點秋千對小明的作用力為F2，由牛頓第二定律，可得F2－mg＝man＝meq\f(v2,r)＞0，易知，加速度不為零，秋千對小明的作用力F2大于mg，故B、D錯誤。4.(2023·重慶市高三質(zhì)量調(diào)研)遠洋捕撈常常利用聲吶探測魚群的方位。漁船上聲吶發(fā)出一列超聲波在t＝0時刻的波動圖像如圖2甲，質(zhì)點P的振動圖像如圖乙。下列說法正確的是()圖2A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的傳播速度為340m/sC.當(dāng)t＝0.25×10－4s時，P恰好回到平衡位置D.增大該超聲波頻率，振幅會明顯增大答案B解析根據(jù)題圖乙的振動圖像可知，t＝0時刻質(zhì)點P位于平衡位置且向y軸正方向振動，根據(jù)同側(cè)法和圖甲的波動圖像可知該波沿x軸負方向傳播，A錯誤；由圖甲可得該波的波長λ＝0.68×10－2m，由圖乙可知該波的傳播周期T＝0.2×10－4s，因此該波的傳播速度為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.68×10－2,0.2×10－4)m/s＝340m/s，B正確；根據(jù)圖乙可知，t＝0.25×10－4s時質(zhì)點P恰好振動到正向最大位移處，C錯誤；超聲波的振幅與頻率之間沒有必然聯(lián)系，D錯誤。5.質(zhì)量為2kg的物體以50J的初動能在粗糙的水平面上滑行，其動能的變化與位移的關(guān)系如圖3所示，則該物體在水平面上滑行的時間為()圖3A.5s B.4sC.2s D.2eq\r(2)s答案D解析由題圖知末動能Ek2＝0，初動能Ek1＝50J，根據(jù)動能定理得Ffx＝Ek2－Ek1，解得Ff＝－5N，又Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝50J，解得v＝5eq\r(2)m/s，由牛頓第二定律得，物體的加速度為a＝eq\f(Ff,m)＝－2.5m/s2，則物體的運動時間t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(－5\r(2),－2.5)s＝2eq\r(2)s，故D正確。6.(2023·四川德陽診斷)A、C、D為等邊三角形的三個頂點，三個頂點上各固定一根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，各導(dǎo)線中通有大小相等、方向如圖4所示的恒定電流。O點為三角形的中心，a點為CD邊的中點。若O點的磁感應(yīng)強度大小為B0，A處導(dǎo)線受到的安培力大小為F0，則下列說法正確的是()圖4A.C處電流產(chǎn)生的磁場在O點的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B0,3)B.a點的磁感應(yīng)強度可能小于B0C.A、D兩處導(dǎo)線受到的安培力相同D.C處導(dǎo)線受到的安培力大小為eq\r(3)F0答案D解析三條導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，因三根導(dǎo)線上的電流相等，則BA、BC、BD大小相等，由幾何關(guān)系可知，相鄰兩者之間方向互成60°夾角，因O點的磁感應(yīng)強度大小為B0，則由平行四邊形定則可得BA＝BC＝BD＝eq\f(1,2)B0，A錯誤；因a點與C、D處導(dǎo)線的距離小于O點與C、D的距離，可知C、D處導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于eq\f(1,2)B0，因C、D處導(dǎo)線在a點的磁感應(yīng)強度方向相同，均垂直CD向下，可知C、D處導(dǎo)線在a點的合磁感應(yīng)強度大于B0，則與A處導(dǎo)線在a點的磁感應(yīng)強度合成后，a點的磁感應(yīng)強度將大于B0，B錯誤；因C處導(dǎo)線對A處導(dǎo)線有斥力，D處導(dǎo)線對A處導(dǎo)線有吸引力，兩力互成120°角，可知A處導(dǎo)線受安培力水平向右；同理可知，C處導(dǎo)線對D處導(dǎo)線有斥力，A處導(dǎo)線對D處導(dǎo)線有吸引力，兩力互成120°角，可知D處導(dǎo)線受安培力斜向右上方，則A、D兩處導(dǎo)線受到的安培力大小相同，但是方向不同，C錯誤；A處導(dǎo)線受到的安培力大小為F0，結(jié)合C項分析及力的合成可知三根導(dǎo)線之間的相互作用力均為F0，因A處導(dǎo)線對C處導(dǎo)線有斥力，D處導(dǎo)線對C處導(dǎo)線有斥力，兩力互成60°角，可知C處導(dǎo)線受到的安培力大小為F＝2F0cos30°＝eq\r(3)F0，D正確。7.(2023·重慶一中高三校考)2023年2月7日土耳其發(fā)生嚴(yán)重地震災(zāi)害，包括中國在內(nèi)的各方救援力量緊急展開救援行動。一個載有救災(zāi)物資的熱氣球總質(zhì)量為500kg，在離水平地面高40m處保持靜止，現(xiàn)將質(zhì)量為100kg的救災(zāi)物資以對地4m/s的速度水平拋出，假設(shè)熱氣球所受浮力始終不變，重力加速度為g＝10m/s2，不計一切阻力。當(dāng)物資落到水平地面時，它與熱氣球間的距離為()A.30eq\r(2)m B.30eq\r(3)mC.40eq\r(2)m D.40eq\r(3)m答案B解析熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0，水平投出重力為mg的物資瞬間，根據(jù)動量守恒定律，有0＝Mv－mv0，熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示，熱氣球和物資所受合力大小均為mg，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為a＝eq\f(m,M)g，物資落地H過程，根據(jù)H＝eq\f(1,2)gt2，解得落地時間為t＝eq\r(\f(2H,g))，熱氣球在豎直方向上運動的位移為HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H，熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根據(jù)幾何關(guān)系可知熱氣球和物資的實際位移為d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，解得d＝30eq\r(3)m，故B正確。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)8.(2023·福建省僑光中學(xué)高三期末)固定在豎直面內(nèi)的光滑圓管POQ，PO段長度為L，與水平方向的夾角為30°，在O處有插銷，OQ段水平且足夠長。管內(nèi)PO段裝滿了質(zhì)量均為m的小球，小球的半徑遠小于L，其編號如圖5所示。拔掉插銷，1號球在下滑過程中()圖5A.機械能守恒B.做變加速運動C.對2號球做的功為eq\f(1,4)mgLD.經(jīng)過O點時速度v＝eq\r(\f(gL,2))答案BCD解析下滑過程中1號球會受到2號球?qū)λ匦泵嫦蛏系膹椓ψ饔茫驈椓ζ渥鲐摴?，?號球的機械能會減小，故A錯誤；設(shè)n為小球總數(shù)，n1為在斜面上的小球數(shù)，對所有小球的整體而言，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(n1mgsinθ,nm)＝eq\f(n1,n)gsinθ，則隨著n1減小，整體的加速度減小，則球1的加速度減小，故B正確；對所有小球的整體，從開始下滑到全部滑到水平面上，由機械能守恒定律nmg·eq\f(1,2)L·sin30°＝eq\f(1,2)nmv2，解得v＝eq\r(\f(gL,2))，故D正確；對1號球，由動能定理mgLsin30°＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(1,4)mgL，則1號球?qū)?號球做的功為eq\f(1,4)mgL，故C正確。9.(2023·山東棗莊二模)如圖6所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度LAB＝10.0m。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1.0kg的物塊，自A點無初速度放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移x的關(guān)系(Ek－x)圖像如圖乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖6A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25B.整個過程中合外力對物塊做的功為2JC.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64JD.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量答案BD解析由題圖乙可知，開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據(jù)動能定理有(μmgcos37°－mgsin37°)x＝eq\f(1,2)mv2－0①，在5m后，物塊動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v＝2.0m/s②，聯(lián)立①②解得μ＝0.8，A錯誤；由動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于其動能的變化量，則有W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝2J，B正確；由功能關(guān)系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wf＝eq\f(1,2)mv2＋mgLABsin37°＝62J，C錯誤，D正確。10.如圖7所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子沿平行于直徑MN的方向從P點射入勻強磁場，入射點P到直徑MN的距離h＝eq\f(\r(3),2)R，不計粒子重力，下列說法正確的是()圖7A.若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，則粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,qB)B.若粒子恰好能從N點射出，則粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,4qB)C.若粒子恰好能從N點射出，則粒子的速度為eq\f(\r(3)qBR,m)D.若粒子恰好能從M點射出，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑為eq\r(3)R答案AC解析若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，即粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)180°，粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,qB)，A正確；分別畫出粒子從N點和M點射出的運動軌跡，如圖所示。若粒子恰好能從N點射出，PN連線即為粒子做圓周運動的弦長，連接PO