選擇題保分練(一)一、單項(xiàng)選擇題1.(2024·山東青島三模)“玉兔二號(hào)”月球車(chē)于2022年7月5日后開(kāi)始休眠。月球夜晚溫度低至零下180℃，為避免低溫?fù)p壞儀器，月球車(chē)攜帶的放射性元素钚eq\o\al(238,94)Pu會(huì)不斷衰變，釋放能量為儀器保溫。eq\o\al(238,94)Pu可通過(guò)以下反應(yīng)得到：eq\o\al(238,92)U＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(238,93)Np＋keq\o\al(1,0)n，eq\o\al(238,93)Np→eq\o\al(238,94)Pu＋X，下列說(shuō)法正確的是()A．k＝1，X為電子B．eq\o\al(238,92)U＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(238,93)Np＋keq\o\al(1,0)n是重核裂變C．eq\o\al(238,94)Pu的比結(jié)合能比eq\o\al(238,93)Np的大D．eq\o\al(238,93)Np衰變前的質(zhì)量等于衰變后X和eq\o\al(238,94)Pu的質(zhì)量之和【答案】C【解析】衰變方程為eq\o\al(238,93)Np→eq\o\al(238,94)Pu＋X，由質(zhì)量數(shù)守恒，核電荷數(shù)守恒可得X為電子，核反應(yīng)方程為eq\o\al(238,92)U＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(238,93)Np＋keq\o\al(1,0)n，由質(zhì)量數(shù)守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A錯(cuò)誤；核反應(yīng)方程eq\o\al(238,92)U＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(238,93)Np＋keq\o\al(1,0)n，不是聚變反應(yīng)，是人工核反應(yīng)，B錯(cuò)誤；衰變方程為eq\o\al(238,93)Np→eq\o\al(238,94)Pu＋X，該反應(yīng)釋放核能，總核子數(shù)不變，所以eq\o\al(238,94)Pu的比結(jié)合能比eq\o\al(238,93)Np的大，C正確；衰變方程為eq\o\al(238,93)Np→eq\o\al(238,94)Pu＋X，該反應(yīng)釋放核能，有質(zhì)量虧損，所以eq\o\al(238,93)Np衰變前的質(zhì)量大于衰變后X和eq\o\al(238,94)Pu的質(zhì)量之和，D錯(cuò)誤。故選C。2.(2024·廣東惠州期末)某款天花板消防自動(dòng)感溫噴淋頭如圖(a)所示，當(dāng)室內(nèi)達(dá)到一定溫度時(shí)，感溫玻璃球自動(dòng)爆開(kāi)，噴淋開(kāi)始啟動(dòng)達(dá)到自動(dòng)噴水滅火的目的。如圖(b)某次演示過(guò)程，測(cè)量出水落在面積為16πm2的圓內(nèi)，噴頭出水口離地面的垂直距離為2.45m。若噴出水的速度方向近似為水平方向，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則出水口水的最大初速度約為()A．4.7m/s B．5.7m/sC．8.2m/s D．11.4m/s【答案】B【解析】由平拋規(guī)律得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,，)又16πm2＝πx2，聯(lián)立解得v0≈5.7m/s，故選B。3.(2024·山東聊城三模)如圖所示，汽缸開(kāi)口向上置于水平面上，活塞與汽缸之間有一個(gè)氣球，氣球內(nèi)、外有質(zhì)量相等的同種氣體，初始時(shí)活塞靜止，由于氣球的彈性橡皮膜對(duì)內(nèi)部氣體的作用，使得氣體乙的壓強(qiáng)大于氣體甲的壓強(qiáng)。現(xiàn)緩慢向下推動(dòng)活塞，使其下降一段距離，氣體乙的壓強(qiáng)仍大于氣體甲的壓強(qiáng)。已知?dú)怏w甲和氣體乙均可視為理想氣體，活塞與汽缸均絕熱，活塞與汽缸壁之間無(wú)摩擦且密封良好，氣球?qū)崃己?。則此過(guò)程中()A．氣體甲內(nèi)能的增加量等于氣體乙內(nèi)能的增加量B．氣體甲的每個(gè)氣體分子做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的速率均加快C．活塞對(duì)氣體甲做的功等于氣體甲內(nèi)能的增加量D．活塞對(duì)氣體甲做的功等于甲、乙兩部分氣體內(nèi)能的增加量之和【答案】A【解析】氣球?qū)崃己?，則氣球內(nèi)、外兩部分溫度始終相等，氣體分子平均動(dòng)能始終相等，由于氣體質(zhì)量相等，故兩部分氣體內(nèi)能始終相等，向下緩慢推動(dòng)活塞，外界對(duì)氣體做功，由于活塞與汽缸均絕熱，由熱力學(xué)第一定律知兩部分氣體內(nèi)能增加，且增加量相等，故A正確；氣體內(nèi)能增大，則溫度升高，氣體分子做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的平均速率加快，但不是每個(gè)氣體分子做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的速率均加快，故B錯(cuò)誤；活塞下移壓縮氣體甲，氣體甲的壓強(qiáng)增大，使氣球收縮，即氣體甲對(duì)氣體乙做功，氣球收縮，氣球彈性勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，設(shè)氣體乙向氣體甲傳熱為Q，有ΔU甲＝W活塞－W甲對(duì)乙＋Q，由于Q－W甲對(duì)乙的值未知，無(wú)法判斷出活塞對(duì)氣體甲做的功與氣體甲內(nèi)能增加量的關(guān)系，故C錯(cuò)誤；由C可知?dú)馇蚴湛s，氣球彈性勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，有ΔU甲＋ΔU乙＝W活塞＋Ep彈可得活塞對(duì)氣體甲做的功小于甲、乙兩部分氣體內(nèi)能增加量之和，故D錯(cuò)誤。4.(2024·浙江杭州模擬)2023年5月30日16時(shí)29分，神舟十六號(hào)載人飛船成功發(fā)射，最后對(duì)接于空間站天和核心艙徑向端口，形成了三艙三船組合體。神舟十六號(hào)發(fā)射后會(huì)在停泊軌道Ⅰ上進(jìn)行數(shù)據(jù)確認(rèn)，在P點(diǎn)瞬間加速后進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道(橢圓軌道)Ⅱ，最后在Q點(diǎn)瞬間加速后進(jìn)入空間站軌道，完成與中國(guó)空間站的交會(huì)對(duì)接，其變軌過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖所示，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國(guó)空間站軌道距地面的平均高度為h，飛船在停泊軌道上的周期為T(mén)1，飛船和空間站均視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．飛船在轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上各點(diǎn)的速度均小于7.9km/sB．不考慮變軌瞬間，飛船在轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)航天員對(duì)椅子有壓力作用C．飛船在停泊軌道Ⅰ與組合體在空間站軌道Ⅲ上的速率之比為eq\r(R)∶eq\r(R＋h)D．飛船在轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上正常運(yùn)行的周期為T(mén)＝T1eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,2R)))3)【答案】D【解析】在停泊軌道Ⅰ運(yùn)行時(shí)，其速度接近于7.9km/s，在P點(diǎn)要進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ，必須加速，因此轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上有的位置速度大于7.9km/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；飛船在轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)均處于完全失重狀態(tài)，故航天員對(duì)椅子無(wú)壓力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，所以飛船在停泊軌道Ⅰ與組合體在空間站軌道Ⅲ上的速率之比為eq\r(h＋R)∶eq\r(R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由開(kāi)普勒第三定律得eq\f(R3,T\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2R＋h,2)))3,T2)，得T＝T1eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,2R)))3)，選項(xiàng)D正確。5.(2024·重慶沙坪壩三模)如圖所示，用輕繩把邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框豎直懸掛于一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場(chǎng)內(nèi)，下半部處于磁場(chǎng)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為B＝kt(k>0)，已知金屬框阻值一定，從t＝0開(kāi)始的全過(guò)程輕繩不會(huì)被拉斷，關(guān)于該過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬框受到豎直向上的安培力B．金屬框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝kL2C．金屬框中感應(yīng)電流的大小方向均不變D．金屬框受到的安培力大小不變【答案】C【解析】線框在磁場(chǎng)中的面積S＝eq\f(L,2)×L＝eq\f(L2,2)，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，根?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(kL2,2)，設(shè)線框的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(kL2,2),R)＝eq\f(kL2,2R)，故電流大小始終不發(fā)生改變，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，線框上邊的電流方向水平向左，根據(jù)左手定則可以判定安培力方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；線框中電流大小不變，但磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為B＝kt(k>0)，由F＝ILB可知安培力在增大，故D錯(cuò)誤。故選C。6.(2024·浙江杭州模擬)在勻質(zhì)輕繩上有兩個(gè)相距12m的波源S1、S2，兩波源的連線上有兩質(zhì)點(diǎn)A、B，A與波源S1相距3m，B與波源S2相距8m，如圖甲所示。t＝0s時(shí)兩波源同時(shí)上下振動(dòng)產(chǎn)生兩列繩波，其中S2的振動(dòng)圖像如圖乙所示，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間觀察到A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，B點(diǎn)振動(dòng)始終減弱，兩者振幅差20cm，且A、B之間沒(méi)有振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是()A．波源S1產(chǎn)生的波的波長(zhǎng)為6mB．波源S1起振的方向向下C．穩(wěn)定后在兩波源之間(不包括波源)有奇數(shù)個(gè)加強(qiáng)點(diǎn)D．0～1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B通過(guò)的路程為64cm【答案】D【解析】?jī)刹ㄔ丛趧蛸|(zhì)輕繩上傳播，速度相同，且能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，頻率相同，故則兩列波的波長(zhǎng)相同，AB兩點(diǎn)相距1m，A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，B點(diǎn)振動(dòng)始終減弱，且A、B之間沒(méi)有振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)，則2xAB＝eq\f(1,2)λ，解得波源S1產(chǎn)生的波的波長(zhǎng)為λ＝4m，故A錯(cuò)誤；在A點(diǎn)，波程差為6m，為eq\f(3,2)λ，A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，故兩波源起振相反，由圖乙可知S2起振的方向向下，故S1起振的方向向上，故B錯(cuò)誤；兩波源起振方向相反，故中間點(diǎn)是減弱點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性可知加強(qiáng)點(diǎn)為偶數(shù)個(gè)，故C錯(cuò)誤；設(shè)A1＝12cm且A1>A2，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的振幅為A0＝A1＋A2，振動(dòng)減弱點(diǎn)的振幅為A0′＝A1－A2，則ΔA＝A0－A0′＝2A2＝20cm，解得A2＝10cm，符合題意，故S1產(chǎn)生的波的振幅為10cm，先傳到B點(diǎn)用時(shí)0.2s，B點(diǎn)振動(dòng)0.2后，S2產(chǎn)生的波傳到B，然后一起振動(dòng)0.6s，所以質(zhì)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路程為s＝4A1＋12(A2－A1)＝64cm，故D正確。7.(2024·山東聊城三模)哈爾濱是中國(guó)著名的冰雪旅游城市，每年冬季都會(huì)舉辦盛大的冰雪節(jié)。冰雕展則成為了人們探訪冬季夢(mèng)幻之旅的最佳選擇，冰雕展上有一塊底邊長(zhǎng)為2L，寬為L(zhǎng)，高為L(zhǎng)的長(zhǎng)方體冰塊，冰塊內(nèi)上下底面中心連線為OO′，在O′處安裝了一盞可視為點(diǎn)光源的黃燈，已知冰對(duì)黃光的折射率為eq\r(2)，光在真空中傳播的速度為c。下列說(shuō)法正確的是()A．由燈直接發(fā)出的光照射到冰塊上表面時(shí)都能從上表面射出B．由燈直接發(fā)出的光照射到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)都能從側(cè)面射出C．未經(jīng)反射直接從玻璃磚中射出的黃光在玻璃磚中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(2L,c)D．未經(jīng)反射直接從玻璃磚中射出的黃光在玻璃磚中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(\r(2)L,c)【答案】C【解析】由折射率公式知n＝eq\f(1,sinC)，代入得sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，故臨界角等于45°，由題意知，底邊邊長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng)，如圖所示，∠AO′O＝45°，則點(diǎn)光源剛好在上表面A點(diǎn)發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系知，OB＝eq\f(\r(5),2)L，O′B＝eq\f(3,2)L，則sinα＝eq\f(OB,O′B)，代入得sinα＝eq\f(\r(5),3)，則可知sinα>sin45°，故可知其照射范圍如圖所示由燈直接發(fā)出的光照射到冰塊上表面時(shí)部分不能從上表面射出，同理得，當(dāng)光照射到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)部分不能從側(cè)面射出，A、B錯(cuò)誤；最長(zhǎng)光路長(zhǎng)度為x，傳播速度為v，則x＝eq\f(L,sinC)，傳播速度為v＝eq\f(c,n)則最長(zhǎng)傳播時(shí)間為tmax＝eq\f(nL,csinC)＝eq\f(n2L,c)，故未經(jīng)反射直接從玻璃磚中射出的黃光在玻璃磚中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(2L,c)，C正確，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題8.(2024·廣東惠州期末)為模擬空氣凈化過(guò)程，設(shè)計(jì)了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會(huì)形成一片勻強(qiáng)電場(chǎng)，初速度為零的帶電塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖甲箭頭方向所示；而在乙圓桶軸線處放一直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與桶壁間也加上恒定電壓U，會(huì)形成沿半徑方向的輻向電場(chǎng)，初速度為零的帶電塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設(shè)每個(gè)塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計(jì)，則()A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，塵粒所受電場(chǎng)力變小C．任意相等時(shí)間內(nèi)，甲桶中電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做的功一定相等D．甲、乙兩桶中，電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值相等【答案】BD【解析】在甲桶中的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)F＝qE可知，塵粒受到的電場(chǎng)力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運(yùn)動(dòng)的速度成正比，可知塵粒所受的合力隨速度的變化而改變，根據(jù)公式F＝ma可知，塵粒合外力改變，即塵粒加速度變化，A錯(cuò)誤；除塵過(guò)程中塵粒受到電場(chǎng)力大小F＝qE，乙空間中的電場(chǎng)為放射狀的，電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，因此越遠(yuǎn)離導(dǎo)線處的電場(chǎng)強(qiáng)度越小，所以塵粒在向桶壁運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，塵粒所受電場(chǎng)力變小，B正確；根據(jù)公式W＝Fs，F(xiàn)＝qE，整理可知W＝qEs，由于塵粒在電場(chǎng)中，整體不做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在任意相等時(shí)間內(nèi)，位移s可能不同，即任意相等時(shí)間內(nèi)，甲桶中電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做的功不一定相等，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式W＝qU，可知，電場(chǎng)對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值都等于qU，D正確。故選BD。9.(2024·河南鄭州預(yù)測(cè))如圖，虛線MN右側(cè)有垂直紙面向外的磁場(chǎng)，取MN上一點(diǎn)O作為原點(diǎn)，水平向右建立x軸，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x坐標(biāo)(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝1＋x(T)，一質(zhì)量為1kg、邊長(zhǎng)為1m、電阻為2Ω的正方形金屬框abcd在MN左側(cè)的光滑水平面上在水平力的作用下進(jìn)入磁場(chǎng)，在金屬框運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，ab邊始終與MN平行，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中電流大小始終為1A，之后以完全進(jìn)入時(shí)的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是()A．金屬框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2m/sB．金屬框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程通過(guò)金屬框截面的電荷量為eq\f(3,4)CC．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程動(dòng)能減小了1JD．金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，外力做功的功率大小為0.5W【答案】ABD【解析】金屬框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)I＝eq\f(B0Lv1,R)，解得v1＝2m/s，故A正確；金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程通過(guò)金屬框截面的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(\f(1,2)1＋2×1×1,2)C＝eq\f(3,4)C，故B正確；當(dāng)金屬框cd邊剛好要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)速度為v2，則I＝eq\f(B0＋1Lv2,R)，解得v2＝1m/s，因此金屬框動(dòng)能的減少量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.5J，故C錯(cuò)誤；金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后速度保持不變，由I′＝eq\f(B0＋1Lv－B0Lv,R)，可知，I′為定值0.5A，外力做功的功率P＝I′2R＝0.5W，故D正確。故選ABD。10.(2024·河北滄州三模)如圖甲所示，斜面體固定在水平地面上，在斜面底端固定一擋板與斜面垂直，質(zhì)量為m的小物