新課標地區(qū)專用2024高考物理提分定時練輯選擇題定時訓(xùn)練4含解析

PAGEPAGE7選擇題定時訓(xùn)練4(限時：30分鐘)一、單項選擇題1．(2024·安徽安慶市下學(xué)期其次次模擬)人類和平利用核能始于二十世紀五十年頭，核能的開發(fā)和應(yīng)用是解決能源問題的重要途徑之一．下列關(guān)于核反應(yīng)的描述或推斷正確的是()A.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He是核聚變B.eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e是α衰變C.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是β衰變D.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n是核裂變答案D解析α衰變放出的是氦核，這是α衰變，故A錯誤；α衰變放出的是氦核，β衰變放出的是電子，該核反應(yīng)為β衰變，故B錯誤；幾個原子核聚合成一個原子核的過程為核聚變，這是氫原子核聚變?yōu)楹ぴ雍?，故C錯誤；核裂變是一個原子核分裂成幾個原子核的改變，質(zhì)量較大的原子核才能發(fā)生核裂變，所以該核反應(yīng)為核裂變方程，故D正確．2．(2024·重慶市4月調(diào)研)2024年12月8日我國“嫦娥四號”探測器勝利放射，實現(xiàn)人類首次在月球背面無人軟著陸．通過多次調(diào)速讓探月衛(wèi)星從近地環(huán)繞軌道經(jīng)地月轉(zhuǎn)移軌道進入近月環(huán)繞軌道．已知地球與月球的質(zhì)量之比及半徑之比分別為a、b，則下列關(guān)于近地衛(wèi)星與近月衛(wèi)星做勻速圓周運動的推斷正確的是()A．加速度之比約為eq\f(b,a)B．周期之比約為eq\r(\f(b3,a))C．速度之比約為eq\r(\f(b,a))D．從近地軌道進入到地月轉(zhuǎn)移軌道，衛(wèi)星必需減速答案B解析依據(jù)a＝eq\f(GM,r2)可知，eq\f(a地,a月)＝eq\f(M地R\o\al(月2,),M月R\o\al(地2,))＝eq\f(a,b2)，選項A錯誤；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可得，eq\f(T地,T月)＝eq\r(\f(R\o\al(地3,)M月,R\o\al(月3,)M地))＝eq\r(\f(b3,a))，選項B正確；依據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))可得eq\f(v地,v月)＝eq\r(\f(M地R月,M月R地))＝eq\r(\f(a,b))，選項C錯誤；從近地軌道進入到地月轉(zhuǎn)移軌道，衛(wèi)星須要加速，選項D錯誤．3．(2024·東北三省三校其次次聯(lián)合模擬)圖1甲是小型溝通發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為志向溝通電流表．線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間改變的圖象如圖乙所示．已知發(fā)電機線圈電阻為10Ω，外接一只阻值為90Ω的電阻，不計電路的其他電阻，則()圖1A．電流表的示數(shù)為0.31AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．在線圈轉(zhuǎn)動一周過程中，外電阻發(fā)熱約為0.087J答案D解析在溝通電路中電流表的示數(shù)為有效值，E有效＝eq\f(Em,\r(2))＝22V，電流表的示數(shù)I＝eq\f(E有效,R總)＝eq\f(22,100)A＝0.22A，A錯誤；由題圖圖象可知線圈轉(zhuǎn)動的周期為0.02s，則線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B錯誤；0.01s時線圈的電壓為0，因此線圈在中性面處，C錯誤；電阻發(fā)熱應(yīng)用電流的有效值進行計算，則發(fā)熱量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2J≈0.087J，D正確．4．(2024·河南省八市重點中學(xué)聯(lián)盟第三次模擬)如圖2所示，小球從斜面的頂端A處以大小為v0的初速度水平拋出，恰好落到斜面底部的B點，且此時的速度大小vB＝eq\r(5)v0，空氣阻力不計，該斜面的傾角為()圖2A．60°B．45°C．37°D．30°答案B解析依據(jù)平行四邊形定則知，落究竟端時豎直分速度為：vy＝eq\r(v\o\al(B2,)－v\o\al(02,))＝2v0，則運動的時間為：t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(2v0,g)，設(shè)斜面的傾角為θ，則有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝1，解得θ＝45°，B正確．5．(2024·云南昆明市5月模擬)如圖3所示，左側(cè)為光滑曲面的滑塊A放置在光滑水平地面上，曲面末端與水平地面相切，讓物塊B由靜止起先沿滑塊A的光滑曲面下滑，則物塊B從起先運動至到達曲面底端的過程中，下列說法正確的是()圖3A．滑塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒B．物塊B減小的重力勢能等于滑塊A增加的動能C．滑塊A所受合外力的沖量為零D．物塊B到達滑塊A底端時所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小答案D解析物塊B從起先運動至到達曲面底端的過程中，系統(tǒng)水平方向合外力為零，豎直方向的合外力不為零，故滑塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向動量守恒，故A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，物塊B減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為滑塊A和物塊B的動能，故物塊B減小的重力勢能大于滑塊A增加的動能，故B錯誤；物塊B下滑過程中滑塊A向右做加速運動，滑塊A動量改變不為零，由動量定理可知，滑塊A所受合外力的沖量不為零，故C錯誤；物塊B到達底端時速度沿水平方向，在豎直方向速度為零，由動量定理可知，物塊B所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小，故D正確．6．(2024·云南昆明市5月模擬)如圖4所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定光滑斜面上，將一物塊由靜止釋放1s后，對物塊施加一沿斜面對上的恒力F，又經(jīng)1s后物塊恰好回到了動身點，此時物塊的動能為36J．設(shè)在以上過程中力F做功為WF，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則()圖4A．F＝9N B．F＝12NC．WF＝27J D．WF＝48J答案B解析整個過程中，重力對物塊做功為0，依據(jù)動能定理得：WF＝Ek＝36J，物塊下滑的過程，加速度大小為a＝gsin37°，釋放1s時的速度v＝at＝6×1m/s＝6m/s，設(shè)物塊回到動身點時速度大小為v′，取沿斜面對下為正方向，依據(jù)撤去力F前后的兩個過程位移大小相等、方向相反，有eq\f(v,2)t＝－eq\f(v＋－v′,2)t，可得v′＝12m/s，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝36J，得m＝0.5kg；對整個過程，取沿斜面對下為正方向，依據(jù)動量定理得mgsin37°·2t－Ft＝m(－v′)－0，解得F＝12N，故B正確，A、C、D錯誤．7.(2024·四川南充市第三次適應(yīng)性考試)肯定質(zhì)量的志向氣體由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c到狀態(tài)d，其體積V與熱力學(xué)溫度T關(guān)系如圖5所示，O、a、d三點在同始終線上，ab和cd平行于橫軸，bc平行于縱軸，則下列說法正確的是()圖5A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體放出熱量B．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，每個氣體分子的動能都增大C．從狀態(tài)b到狀態(tài)c，氣體對外做功，內(nèi)能減小D．從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體的密度不變答案D解析由狀態(tài)a到狀態(tài)b過程中，氣體體積不變，則W＝0，溫度上升，則ΔU>0，依據(jù)ΔU＝W＋Q可知氣體汲取熱量，選項A錯誤；由狀態(tài)a到狀態(tài)b過程中，氣體的溫度上升，則氣體分子的平均動能變大，但不是每個氣體分子的動能都會增大，選項B錯誤；從狀態(tài)b到c，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，體積變大，則氣體對外做功，選項C錯誤；從狀態(tài)c到d，氣體體積不變，則氣體的密度不變，選項D正確．8．(2024·山西運城市5月適應(yīng)性測試)圖6(a)為一列簡諧橫波在t＝2s時的波形圖，圖(b)為平衡位置在x＝0.5m處的質(zhì)點P的振動圖象，M是平衡位置在x＝2m的質(zhì)點．下列說法正確的是()圖6A．波的傳播方向向左B．波速為0.4m/sC．0～2s時間內(nèi)，M向y軸正方向運動D．當t＝9s時，M恰好回到平衡位置且向下振動答案D解析依據(jù)題圖(b)可知，t＝2s時在x＝0.5m處的質(zhì)點P的振動方向向下，由平移法可知，波的傳播方向向右，A錯誤；依據(jù)題圖(a)可知波長λ＝2m，依據(jù)題圖(b)可知周期T＝4s，所以波速：v＝eq\f(λ,T)＝0.5m/s，B錯誤；依據(jù)題圖(a)可知t＝2s時M處于波谷，t＝0時M處于波峰，0～2s時間內(nèi)，M在向y軸負方向運動，C錯誤；從t＝2s到t＝9s，Δt＝7s＝1eq\f(3,4)T，t＝2s時M處于波谷，所以t＝9s時，M恰好回到平衡位置且向下振動，D正確．二、多項選擇題9．(2024·陜西省其次次質(zhì)檢)A、B兩小車在同始終線上運動，它們運動的位移x隨時間t改變的圖象如圖7所示，已知A車的x－t圖線為拋物線的一部分，第7s末圖線處于最高點，B車的圖線為直線，則下列說法正確的是()圖7A．A車的初速度為7m/sB．A車的加速度大小為2m/s2C．A車減速過程運動的位移大小為49mD．10s末兩車相遇時，B車的速度較大答案BC解析A車做勻變速直線運動，設(shè)A車的初速度為v0，加速度大小為a，由圖可知t＝7s時，速度為零，由運動學(xué)公式可得v7＝v0－7a＝0，依據(jù)圖象和運動學(xué)公式可知t＝10s時的位移為x10＝40m－0＝40m，x10＝v0t－eq\f(1,2)at2＝10v0－50a，聯(lián)立解得a＝2m/s2，v0＝14m/s，故選項B正確，A錯誤；A車減速過程運動的位移大小為x7＝eq\f(v0＋0,2)t＝eq\f(0＋14,2)×7m＝49m，故選項C正確；位移－時間圖象的斜率表示速度，10s末兩車相遇時B車的速度大小為vB＝|eq\f(Δx,Δt)|＝4m/s，A車的速度為vA＝v0－at＝－6m/s，則10s末兩車相遇時，A車的速度較大，故選項D錯誤．10．(2024·四川綿陽市第三次診斷)在粗糙水平面上，水平外力F作用在物塊上，t＝0時刻物塊起先向右做直線運動，外力F始終不為零，其速度—時間圖象如圖8所示．則()圖8A．在0～1s內(nèi)，外力F不斷增大B．在3s時，物體向右運動C．在3～4s內(nèi)，外力F不斷減小D．在3～4s內(nèi)，外力F的功率不斷減小答案BD解析設(shè)物體受到的阻力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律得：F－Ff＝ma，依據(jù)圖象分析，物體在0～1s內(nèi)加速度漸漸減小，所以外力F漸漸減小，A錯誤；向右為正方向，3s前后速度始終為正值，始終是正方向，向右運動，B正確；依據(jù)牛頓其次定律得：F－Ff＝ma，依據(jù)圖象分析，物體在3～4s內(nèi)加速度不變，所以外力不變，C錯誤；外力功率P＝Fv，F(xiàn)不變，而3～4s內(nèi)速度減小，所以功率減小，D正確．11．(2024·山東濰坊市二模)如圖9甲，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向．螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)．當螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律改變時()圖9A．在0～t1時間內(nèi)，環(huán)有收縮趨勢B．在t1～t2時間內(nèi)，環(huán)有擴張趨勢C．在t1～t2時間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流D．在t2～t3時間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流答案BC解析在0～t1時間內(nèi)，B勻稱增加，則在線圈中產(chǎn)生恒定的感生電動勢，在導(dǎo)線框dcba中形成穩(wěn)定的電流，故此時環(huán)中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)也沒有收縮趨勢，選項A錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，B的改變率漸漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向為從下到上且漸漸減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向外減小，穿過環(huán)的磁通量向外減小，依據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流，且有擴張趨勢，選項B、C正確；在t2～t3時間內(nèi)，B的方向向下，且B的改變率漸漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向為從上到下且漸漸減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向里減小，穿過環(huán)的磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，選項D錯誤．12．(2024·天津市南開區(qū)下學(xué)期二模)如圖10所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與恒壓電源相連，在距離兩板等距的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)．若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是()圖10A．液滴將向下加速運動B．M點電勢上升，液滴在M