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(共28张PPT)
10.选择题＋计算题组合练（5）
高考专题辅导与测试·物理
一、单项选择题
1. （2024·天津和平模拟）小明去西藏旅行时，发现从低海拔地区买的密
封包装的零食，到了高海拔地区时出现了严重的鼓包现象。假设食品袋
里密封的有一定质量的理想气体，全过程温度保持不变。从低海拔地区
到高海拔地区的过程，下列分析正确的是（　　）
A. 袋内气体压强减小
B. 大气压强增大
C. 袋内气体释放了热量
D. 袋内气体分子的平均动能变大
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√
解析： 　大气层中，随高度的增加，大气压强减小，可知，从低海拔
地区到高海拔地区的过程，大气压强减小，对食品袋进行分析，为了达
到内外平衡，则袋内气体压强减小，故A正确，B错误；温度不变，气
体内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可
知，袋内气体从外界吸收热量，故C错误；气体分子的平均动能由温度
决定，温度不变，袋内气体分子的平均动能不变，故D错误。
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2. （2024·湖北荆门模拟）1926年，人们首次利用放射性元素氡进行了示
踪技术应用，后来又广泛应用于生理、病理和药理等研究领域。氡的放
射性同位素中最常用的是RnRn经过m次α衰变和n次β衰变后变
成稳定的Pb，则（　　）
A. m＝4，n＝2
B. 在威尔逊云室中α射线的径迹细，β射线的径迹粗
CRn的比结合能小于Pb的比结合能
D. 通过改变温度等外部条件，可以控制氡的半衰期
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解析： 　核反应过程中质量数守恒与电荷数守恒，由题意可得4m＝
222－206，解得m＝4，86＝82＋2m－n，解得n＝4，A错误；在威尔逊
云室中α射线的径迹粗，β射线的径迹细，B错误；生成物更稳定，比结
合能更大Rn的比结合能小于Pb的比结合能，C正确；半衰期由
放射性元素本身决定，与环境的温度等外部条件无关，D错误。
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3. （2024·河北沧州模拟）劈尖干涉是一种薄膜干涉，可检查玻璃板的平
整度。如图所示，将一块待测正方形玻璃板放置在一块标准板上，并在
一侧边缘处垫上一块垫片使中间形成劈状空气层。已知玻璃板的边长L
＝10 cm，垫片厚度d＝1 mm，用波长λ＝400 nm的单色光从上方入射，
观测到的干涉条纹中亮纹数为（　　）
A. 5×103条 B. 1×104条
C. 2×104条 D. 5×104条
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解析： 　由薄膜干涉规律可知，当待测玻璃板和标准板之间的距离x＝
n时，为干涉的亮条纹，由题意可知x最大值为d，所以
n＝＝＝5×103，所以观测到的干涉条纹中亮条纹数为
5×103条。故选A。
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4. （2024·山东青岛三模）甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位
置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关
系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，当两个小球同时在
同一水平线上时，距离抛出点的高度为（　　）
A. g B. g（－）
C. g（－） D. g（－）
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解析： 　根据竖直上抛运动规律，小球甲到达的最高点距抛出点的高
度为h＝g＝g，当两个小球同时运动到同一水平线上时，小球
乙的运动时间t＝，小球甲下落的高度h'＝g＝g，
故该位置距离抛出点的高度为h″＝h－h'＝g（－），故选D。
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5. （2024·河北沧州三模）中国古代将火星称之为“荧惑”。已知火星距
太阳约1.5天文单位，为地球到太阳距离的1.5倍。火星质量为
6.42×1020 kg，约为地球质量的10％。太阳质量M＝2×1030 kg。火星自
转周期为24小时37分，与地球自转相似。地球公转周期约为365天，则
火星公转周期是（　　）
A. 6×106 s B. 6×1010 s
C. 671 d D. 970 d
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解析： 　火星与地球都绕着太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律
可得＝，已知地球公转周期T地＝365 d，r火＝1.5r地，解得T火
≈671 d，故选C。
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6. （2024·湖北武汉模拟）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面
上，小球从斜面上M点的正上方0.2 m处由静止下落，在M点与斜面碰
撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面
方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻
力，则小球从M点运动至N点所用的时间为（　　）
A. 0.2 s B. 0.3 s
C. 0.4 s D. 0.5 s
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解析： 　由自由落体运动公式v2＝2gh，可知小
球运动到M点的速度大小为v＝2 m/s，以沿斜面为
x轴，以垂直于斜面为y轴，如图所示，vy'＝vy＝
vcos 37°＝1.6 m/s，vx＝vsin 37°＝1.2 m/s，将
重力加速度分解为ay＝gcos 37°＝8 m/s2，ax＝gsin
37°＝6 m/s2，从M点落到斜面上的N点，由运动学公式可知y＝vy't－ayt2＝0，代入数据解得t＝0.4 s，故选C。
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7. （2024·重庆沙坪坝模拟预测）如图所示，墙上固定着一根长为L的光滑
水平杆，小球套在杆上，两根完全相同的原长为0.6L的橡皮筋一端固定
在墙上，另一端与小球连接。小球从杆的中点以初速度v向左运动，小
球将做周期为T的往复运动，且运动过程中始终未与墙相碰。下列说法
正确的是（　　）
A. 小球做简谐运动
B. 两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为
C. 小球的初速度为时，其运动周期为3T
D. 小球的初速度为时，其运动周期仍为T
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解析： 小球在杆中点左右各0.1L范围内橡皮筋均没有弹力，因此小球先向左匀速运动0.1L到达A点后开始受到右侧橡皮筋的拉力做减速运动，减速至零再向右加速到A点，此后匀速运动到初始位置，接下来向右进行周期性的运动，因此小球不是做简谐运动，A错误；在开始运动的半个周期内，橡皮筋的弹性势能先为零再增加再减小为零，此后进行周期性变化，即两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为，B正确；无论初速度为多少，小球的运动情形都一样，但小球在匀速运动阶段运动的距离是相同的，因此匀速运动时间不同，小球在受到橡皮筋弹力的运动过程可看成简谐运动，其简谐运动周期T1＝2π，可知在橡皮筋有弹力的过程时间相同，因此不同的初速度下，小球运动周期不同，即小球运动的周期T＝2π＋，则当小球的初速度为时，其运动周期为T'＝2π＋＝2π＋3×，故C、D错误。
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二、多项选择题
8. （2024·贵州黔东南三模）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一
种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器 （可视为质点）
由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f
与飞行器下降速率v的关系为f＝kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直
线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程下列说法正确的
是（　　）
A. 飞行器的最大速率为v＝
B. 风洞阻力对飞行器做功为mgh－
C. 飞行器运动时间为t＝
D. 飞行器运动时间为t＝
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解析： 　飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mg＝
kvm，则vm＝，故A正确；对飞行器，由动能定理得mgh＋Wf＝
m，则Wf＝－mgh，故B错误；对飞行器由动量定理得mgt－kt
＝mvm，t＝h，则t＝，故C错误，D正确。
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9. （2024·云南昆明模拟）如图所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O
点为原点，相邻两点间距均为x0，静电场方向平行于x轴，现将质量为
m、带电荷量为－q（q＞0）的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静
电力的作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示。下列说
法正确的是（　　）
A. 粒子在b点的动能为0
B. 粒子先减速运动后加速运动
C. a、c两点的电场强度大小均为
D. d点的电势为－
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解析： 　根据能量守恒定律可知，从O到b再到d过程，电势能先减少
后增加，所以粒子的动能先增加后减少，故粒子在b点其动能最大，粒
子的速度先增大后减小，故A、B错误；图线切线斜率的绝对值代表静
电力的大小，静电力的大小F＝qE＝，所以a、c两点的电场强度大小
均为E＝，故C正确；根据电势的定义式可知，d点的电势为φd＝
＝－，故D正确。
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10. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5 m，固定在水平绝
缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25 F
的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2 T，方向竖直向下的匀强
磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2 Ω的金属棒ab垂直于两导轨放
置且与导轨接触良好，质量为1 kg。棒ab从导轨左端距水平桌面高
1.25 m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器
的储能E＝CU2，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不
计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，则金属棒ab在沿导轨运动的过
程中（　　）
A. 通过金属棒ab的电荷量为2 C
B. 通过金属棒ab的电荷量为1 C
C. 金属棒ab中产生的焦耳热为2.5 J
D. 金属棒ab中产生的焦耳热为4.5 J
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解析： 　金属棒沿光滑圆弧轨道下落过程中，由机械能守恒定律得mgh＝m，可求得v0＝5 m/s，之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－F安t＝mv－mv0，设经过Δt，速度增加了Δv，感应电动势分别为E＝BLv，E'＝BL，可知Δq＝C＝CBLΔv，又因为I＝＝CBLa，所以F安＝CB2L2a，代入可得v＝，解得v＝4 m/s，此时，金属棒动生电动势为E＝BLv＝4 V，因此，此时电容器电压U也为4 V，则电容器增加的电荷量为Q＝CU＝1 C，因此通过金属棒的电荷量也为1 C。故A错误，B正确；由以上分析可知，动能减少量为ΔEk＝m－mv2＝4.5 J，而E电容器＝CU2＝2 J，所以W热＝2.5 J。故C正确，D错误。
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三、计算题
11. （2024·江西上饶模拟）如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图乙中U0、T0均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上y＝a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为T0，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为，求：
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（1）M、N板间的距离为多少；
答案： 　
解析： 设两板间的距离为d，从t＝0时刻射出的粒子刚好从
N板的边缘飞出，则d＝2××
解得d＝。
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（2）从两板间射出的粒子能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比
例为多少；
答案： 33.33％　
解析：由于所有粒子穿过电场的时间均为T0，所以所有粒子在电
场中运动时沿平行于x轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进
磁场时，速度大小均为v0＝
方向垂直于x轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
qv0B＝m
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解得r＝
所有粒子在磁场中均做半径为r的半圆周运动，则2r＝d
在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N板d处进入磁场并
恰好从M板处进入电场，则＝××2－×t2×2
解得t＝
根据对称性得，从两板间射出的粒子能再次进入两板间的粒子数
占总粒子数的比例为η＝×100％＝33.33％。
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（3）若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经
电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至
少为多少。
答案： a
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解析：截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v，速度与y轴负方
向的夹角为θ，则v＝
粒子在磁场中做圆周运动的半径
r'＝＝
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
s＝2r'cos θ＝＝d
截去一段后，若从t＝0时刻进入电场的粒子发生的侧移为d，则
所有粒子均不能再进入电场，则d＝×t'2，解得t'＝T0
则截去部分的板长至少为L＝a－v0t'＝a。
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