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1、第四部分 题型专练选择题保分练(一) (考试时间：30分钟试卷满分：40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.1934年，约里奥居里夫妇发现经过粒子轰击的铝片中含有放射性的磷P，他们由于发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖磷P的衰变方程为：PSiY.则下列说法正确的是( B )AY是质子BY是正电子C改变压力、温度或化学状态，P的半衰期会改变D经过两个完整的半衰期后，P将完全衰变殆尽【解析】磷P的衰变方程为PSiY，根据质量数和电荷数守恒可知，Y粒子质量数A0，电荷数Z1，故Y是正电子，B正确，A错误；放射性元素
2、的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定与外界条件无关，C错误；原子核两个完整的半衰期后剩余原子核的数量是原来的，D错误2.如图所示为远距离输电示意图，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，升压变压器的输入功率和输出功率分别为P1、P2，降压变压器的输入功率和输出功率分别为P3、P4，输电线的总电阻R一定下列说法正确的是( C )A当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都增大B当用户的用电器增多时，U2、U3和U4都减小C当用户的用电器增多时，P1、P2都会增大，输电线上损失的功率会增大D当用户的用电器增
3、多时，P3、P4都会增大，输电线上损失的功率会减小【解析】理想变压器的变压比，因为U1、n1、n2均不变，则U2不变，当用户的用电器增多时，P4增大，根据变压器输出功率决定输入功率，有P3增大，升压变压器的输入功率P1和输出功率P2也都增大，根据P2U2I2，则I2增大，则UI2R增大，所以由U3U2U，得出U3减小，所以U4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时P4增大，I2增大，所以由PIR，得输电线上损失的功率也增大，故C正确3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离
4、子形成的电场，下列说法正确的是( D )AO点电场场强不为零BO点电势不为零CA、B两点电场强度相等DA、B两点电势相等【解析】两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误故选D.4.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出
5、“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s则刹车的加速度大小约为( D )A2.52 m/s2 B3.55 m/s2C3.75 m/s2 D3.05 m/s2【解析】设刹车的加速度大小为a，则有xv0(t1t2t)，代入数据有19.65(0.320.8)，解得a3.05 m/s2，所以D正确，A、B、C错误5.如图所示，人造卫星以速度v1在圆轨道上做匀速圆周运动，当其运动到P点时点火加速，使其速度瞬间增加到v2.随后卫星在椭圆轨道上运动，到达Q点的速度大小为v3.以下说法正确的是( D )A
6、卫星的速度大小关系为v2v3v1B卫星在轨道上经过P点的加速度大于轨道上P点的加速度C卫星在轨道上的运行周期小于在轨道上的周期D卫星在轨道上由P点运动到Q点的过程中机械能守恒【解析】卫星在椭圆轨道上运动，根据近地点速度大于远地点，则有v2v3，由圆轨道进入轨道，根据卫星变轨规律由低轨道进入高轨道必须点火加速，则v2v1，但是根据卫星的线速度v可知v1v3，所以卫星的速度大小关系为v2v1v3，A错误；卫星在轨道上经过P点的加速度等于轨道上P点的加速度，因为同一点万有引力相同，则加速度相同，B错误；根据卫星的周期公式T2，轨道半径越大的周期越大，则卫星在轨道上的运行周期大于在轨道上的周期，C错误
7、；卫星在轨道上由P点运动到Q点的过程只有引力做功所以机械能守恒，D正确6.如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为m的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上已知细杆与定滑轮的水平距离为d0.8 m，初始时轻绳与竖直杆的夹角53(sin 530.8，cos 530.6)，取重力加速度g10 m/s2.现在由静止释放两物体，下列说法正确的是( B )A释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小后增大B若M4m，当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为v2 m/sC若M2m，圆环运动区间的长度为1.2 mD为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应该满足【解析】
8、因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，根据动能定理可得mv2Mgmg，其中M4m，联立解得v2 m/s，故B正确；若M2m时，物块一开始先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为，根据机械能守恒定律可知，物块重力势能的减少量等于圆环重力势能的增加量，有2mgmg，整理得65sin2112sin 480，解得sin 或sin (舍去)，根据数学关系sin2cos21，tan 可解得tan ，则圆环上升的最大高度为h m，开始时，由于Mgcos 1.2mgmg，圆
9、环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为 m，故C错误；圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mgcos mg，解得，故当满足时，圆环在初始位置上方运动，故D错误7.如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( C )A可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出B从a点垂直af离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为C垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域，
10、速率至少为D要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为【解析】若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在ab边上，设与ab中点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；同理做aO垂线与出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对应圆心角为60，所以粒子在磁场中的运动时间为tT，且T，解得t，故B错误；垂直cf向上发射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得Lr，由qvB得r，联立解得v，故C正确；因为O点距六边形的最近距离为dLcos 30L，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r，又r，所以最小速度为vmin，故D错误8.如图甲所示，质
11、量M1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量m1 kg的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数20.4.设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F，力F随时间t的变化如图乙所示已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g10 m/s2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f随时间t变化的是( C )【解析】由题意物块与木板之间摩擦力的最大值为f2max2mg4 N，木板与地面间的摩擦力的最大值为f1max1(Mm)g2 N，当F2 N时，木板和物块相对地面静止fF，又由图像可得Ft，所以04 s时间内图像与Ft图像相同；当
12、F2 N，并且木板和物块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有F1(Mm)g(Mm)a，对物块有Ff2maxma，可得F6 N，从此关系式可以看出，当2 NF6 N时，M、m相对静止，则对整体有F1(mgMg)(mM)a，对物块Ffma，即f1，即f1，所以010 s内图像如图C，故A、B、D错误，C正确二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题目要求全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9.一交流发电机线圈内磁通量随时间的变化规律如图甲所示已知发电机线圈的匝数N50匝，其总电阻r2.5 .图乙中灯泡的额定电压为48
13、 V，额定功率为153.6 W现将该发电机产生的电压接在图乙中理想降压变压器原线圈的a、b两端，此时灯泡正常发光则( BC )A发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e100sin 100t(V)B灯泡正常工作时的电阻为15 C理想降压变压器原、副线圈匝数之比为21D发电机线圈的热功率为102.4 W【解析】峰值EmNm100 V，t0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e100cos 100t(V)，故A错误；灯泡正常工作时的电阻为R15 ，故B正确；发电机电动势的有效值为E，设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，由闭合电路的欧姆定律可知EI1rUab，根据变压器原
14、理可知，其中I23.2 A，解得2，故C正确；由C选项知I11.6 A，则PrIr6.4 W，故D错误故选BC. 10.两个材质不同、长度相等的细绳连接在一起，连接点为P点甲乙两名同学分别在绳的两端A、B以相同的振动频率同时上下抖动形成两列横波经过一个周期后，从两端各自形成一个完整的波形如图所示已知AC的水平距离为4 m，BD的水平距离为6 mA、B两点距P点的水平距离均为12 m，波在传播过程中各点的水平位置保持不变已知B点形成的机械波在BP中传播的速度为6 m/s，下列说法正确的是( AD )AA点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/sBB点形成的机械波传播到P点左侧时速度仍为6 m
15、/sC两列波形成的第一个波峰在P点相遇DP点振动稳定后，为振动加强点【解析】B点形成的机械波的振动周期为TB s1 s，两列波的振动频率相同，则振动周期也相同，有TATB1 s，根据波速公式有vA m/s4 m/s，所以A点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/s，则A正确；由于两段绳子的材质不同，即波的传播介质不同，所以无法确定B点形成的机械波传播到P点左侧的速度，B错误；B点发出第一个波峰到达P点的时间为tB s2 s，此时A点发出的波传播距离为xAvAtB42 m8 m，则没有到达P点，所以无法形成的第一个波峰在P点相遇，则C错误；两列波到P点的相位差为0，为振动加强点，所以P点振动
16、稳定后，为振动加强点，则D正确故选AD.11.如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac成45角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且EFL0.在外力作用下，导体棒由EF处运动到GH处，速度由v0减小到，速度的倒数随位移x变化的关系图线如图乙所示除阻值为R的电阻外，其他电阻均不计在棒由EF处运动到GH处的过程中( ABD )A导体棒切割磁感线产生的感应电动势恒为BL0v0B导体棒所受安培力逐渐增大C克服安培力做功为D克服安培力做功为【解析】由图乙知图线的斜率为k，图线的表达式为kx，代入k值得v，导体棒切割磁感线产生的
17、感应电动势为EBLvB(L0x)vBL0v0，感应电流为I，所以感应电动势和感应电流都不变，则安培力为FBILB(L0x)(L0x)，所以安培力逐渐增大，故A、B正确；由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力和位移的平均值，根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值为F，克服安培力做功为WF2L0，故C错误，D正确故选ABD. 12.如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道质量为m的光滑小球，以v02的速度由水平台面滑上小车已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h，小
18、球可视为质点，重力加速度为g.则( AD )A小车能获得的最大速度为B小球在Q点的速度大小为C小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为D小球落地时的速度大小为【解析】小球最终由P点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为vmax2，故A正确；小球在Q点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得mv0(m2m)v共，解得v共，由能量守恒定律得mgR，解得vQ，则小球此时在竖直方向上的分速度大小为vQy，设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为，则tan ，故B、C错误；小球离开小车时的速度大小为vP，由动能定理得mghmv2，解得v，故D正确故选AD.