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选择题专项练(四)
选择题:本题共10小题,第1~7题为单项选择题,每题4分;第8~10题为多项选择题,每题6分,共46分。
1.负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施,可以大大减少医务人员被感染的可能性,病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同,负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体,以下说法正确的是 (　　)
A.负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B.外界气体进入负压病房后体积会缩小
C.负压病房内单位体积气体分子数小于外界环境中单位体积气体分子数
D.相同面积的负压病房内壁和外壁,内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
2.(2025广西桂林模拟)自耦变压器常用于电源变压,理想自耦变压器的工作原理图如图所示。当线圈的a、b两端输入电压恒定的交变电流时,c与抽头d和c与抽头e之间可获取不同的电压。已知图中定值电阻R1与R2比值为9∶16,若开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍,则c与抽头e和c与抽头d之间线圈的匝数比为(　　)
A.4∶3 B.3∶2
C.4∶1 D.5∶2
3.(2024北京八十中期末)如图所示,一卫星绕地球运动,图中虚线为卫星的运行轨迹,A、B、C、D是轨迹上的四个位置,其中A距离地球最近,C距离地球最远,下列说法正确的是(　　)
A.卫星在A点的速度最大
B.卫星在B点的速度最大
C.卫星在C点的速度最大
D.卫星在D点的速度最大
4.(2024重庆南开中学三模)如图所示,小明将一条形磁体对着原本用轻绳竖直悬挂的金属小球(未触地)作用,金属小球缓慢上升,轻绳偏离竖直方向较小角度。该过程中小磁体和小球连线与竖直方向的夹角保持不变,则(　　)
A.轻绳拉力逐渐变大
B.轻绳拉力逐渐变小
C.磁体与小球的距离不变
D.磁体与小球的距离变大
5.如图所示,真空中正四面体abcd的四个顶点各固定一个点电荷,其中Qa=Qc=+Q(Q>0),Qb=Qd=-Q,M、N、P、O分别为ab、bc、bd、ac的中点。关于M、N、P、O四点的电场强度和电势,下列说法正确的是(　　)
A.O、P两点电场强度大小相等,电势相同
B.O、P两点电场强度大小不相等,电势不同
C.M、N两点电场强度大小相等,电势相同
D.M、N两点电场强度大小不相等,电势不同
6.(2025广西南宁模拟)《阳燧倒影》中记载的“凡宝石面凸,则光成一条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示,一束光(含红、绿两种颜色)通过正三棱镜后被分解成两束单色光a、b,其中a光部分光路与三棱镜的BC边平行,下列说法正确的是(　　)
A.b光为红光
B.在该三棱镜中,a光的临界角比b光的临界角小
C.a光通过该三棱镜的时间比b光通过该三棱镜的时间短
D.增大复色光在AB面的入射角,复色光在AB面会发生全反射
7.(2024山东青岛期末)水平地面上有一足够长的固定斜面,倾角为37°,小华站在斜面底端向斜面上投掷小石子。若小石子出手高度为站立点正上方1.6 m处,小石子的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直,落在斜面上时速度方向恰好水平。已知站立点到落点的距离为11 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。估算得小石子出手时的速度大小为(　　)
A.10 m/s
B.8.8 m/s
C.10 m/s
D. m/s
8.(2025广西梧州模拟)如图甲所示,一算盘静置在水平桌面上,中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动,使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态,在t=0时刻对该算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N使其由静止开始运动,经0.15 s撤去F,此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示,算珠可视为质点,与杆间的动摩擦因数恒定,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B.算珠的质量为25 g
C.若不撤去F,则算珠在0.2 s时已处于归零状态
D.杆长4.5 cm
9.(2024广西三模)如图装置可形成稳定的辐向磁场,磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈,在t=0时刻线圈由静止释放,经时间t速度大小为v。假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B,线圈单位长度的质量、电阻分别为m、r,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.线圈下落过程中,通过线圈的磁通量不为零
B.t时刻线圈的加速度大小为g-
C.0~t时间内通过线圈的电荷量为
D.0~t时间内线圈下落高度为
10.(2025广西桂林模拟)如图所示,两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上,左侧导轨间距为2L,右侧导轨间距为L,左右两侧分别存在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆a、b恰好横跨在导轨上,a、b的质量均为m,b的电阻为R,初始时给a、b杆向左的瞬时速度,大小均为v,不计导轨电阻,a、b两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直,则(　　)
A.刚开始运动时通过a的电流大小为
B.金属杆a先向左减速,再向右加速,最后匀速
C.从开始运动到恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为
D.从开始运动到恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为
答案：
1.C　解析 因为负压病房的温度和外界温度相同,而温度是分子平均动能的标志,则负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能,外界气体进入负压病房后做等温变化,由p1V1=p2V2可知,压强减小,体积增大,A、B错误。负压病房内的压强较小,温度与外界相同,则分子数密度较小,即负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数,C正确。负压病房内的压强较小,根据F=pS可知,相同面积的负压病房内壁和外壁,内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力,D错误。
2.A　解析 开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍,a、b端输入电压一定,可知两状态功率为2倍关系,所以S1、S2均闭合时R1、R2功率相等。由P=有U=,P相等时,U∝,故U1∶U2=3∶4,n2∶n1=U2∶U1=4∶3。故选A。
3.A　解析 A点为近地点,C点为远地点,根据开普勒第二定律,A点的速度最大,C点的速度最小。故A正确,B、C、D错误。
4.B　解析 金属球缓慢上升时,以球为研究对象进行受力分析,根据矢量三角形法则作图,在小球上偏一个较小角度时,细线拉力FT逐渐减小,磁体对小球作用力F逐渐增大,则二者距离逐渐变小,故B正确,A、C、D错误。
5.C　解析 O在两等量正点电荷Qa、Qc连线的中点,根据对称性可知,两个正点电荷在O点的合电场强度为零,两等量负点电荷Qb、Qd连线的垂直平分线过O点,根据等量负点电荷中垂线上的电场线特点,可知O处的合电场强度为两个负点电荷在此产生的合电场强度;同理P点的合电场强度等于两个等量正点电荷在此产生的合电场强度,根据正四面体的特点可知,O、P两点电场强度大小相等,但是由于正负点电荷周围的电势不同,正电荷周围的电势为正,负电荷周围的电势为负,所以O点的电势低于P点的电势,故A、B错误。M点位于等量异种点电荷Qa、Qb连线的中点,两点电荷在M点的合电场强度由a指向b,M点也位于等量异种电荷Qc、Qd的中垂线上,两点电荷在M点的合电场强度与ab垂直,根据矢量合成可分析电场强度的大小;同理,N点位于等量异种点电荷Qb、Qc连线的中点,两点电荷在N点的合电场强度由c指向b,也位于等量异种点电荷Qa、Qd的中垂线上,两点电荷在N点的合电场强度与cd垂直,结合点电荷电场的特点可知M、N两点电场强度大小相等;根据异种电荷周围的电场特点可知M点和N点的电场强度大小相等,电势相等,故C正确,D错误。
6.C　解析 由题图可知,b光的折射率更大,即频率更大,从光谱可知绿光频率大于红光频率,则b光为绿光,故A错误;由sin C=,可知,a光的折射率更小,临界角更大,故B错误;由几何关系知a光在该三棱镜中的路程更小,折射率更小,又t=,则a光通过该三棱镜的时间更短,故C正确;光从光密介质射到光疏介质才可能发生全反射,故D错误。故选C。
7.D　解析 小石子做斜上抛运动,落在斜面上时速度恰好水平,则落点恰好为最高点,设斜上抛的竖直高度为h1,则有h1=gt2,由几何关系可得h1=Lsin 37°-h0=11×0.6 m-1.6 m=5 m,联立解得t= s=1 s,小石子做斜上抛运动,在水平方向的初速度为v0x= m/s=8.8 m/s,小石子在竖直方向的初速度为v0y=gt=10×1 m/s=10 m/s,则小石子出手时的速度大小为v0= m/s= m/s≈ m/s,故D正确,A、B、C错误。
8.BD　解析 杆长为x= m=0.045 m=4.5 cm,故D正确;由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,μmg=ma2,由图可知撤去F前后算珠的加速度大小均为a1=a2= m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.2,m=25 g,故A错误,B正确;若不撤去F,算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,经0.2 s运动位移为x'=×2×0.22 m=4 cm<4.5 cm,则此时未到归零状态,故C错误。
9.ABD　解析 线圈下落过程中,N极内部有竖直向上的磁场,通过线圈的磁通量不为零,故A正确。在t时刻,线圈切割辐向磁场产生感应电动势E=nB(2πR)v=2nπBRv,感应电流I=,线圈所受安培力F安=nBI·2πR=nB··2πR=,由牛顿第二定律得2nπRmg-F安=2nπRma,解得a=g-,故B正确。从开始下落到t时刻,设线圈中的平均电流为,规定向下的方向为正方向,由动量定理得2πnRmgt-nB·2πR·t=2πRnmv-0,又q=·t,联立解得q=,故C错误。从开始下落到t时刻,下落高度为h,由q=·t=·t=·t=,由C分析可知q=,联立得h=,故D正确。
10.BD　解析 两杆质量相同,a杆的长度是b杆的2倍,则a杆的横截面积是b杆的,又因为电阻率相同,根据电阻定律可知a杆电阻是b杆电阻的4倍。结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算初始电流时,根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同,总电动势为两电动势之和,等于3BLv,根据闭合电路欧姆定律可知刚开始通过a的电流为I=,A错误;开始运动时,可知a杆受到的安培力向右,b杆受到的安培力也向右,两杆均向左做减速运动,a杆所受的安培力大小为b杆所受安培力大小的2倍,两杆质量相同,则a杆做减速运动的加速度大小较大,先减速到零,然后在向右的安培力作用下向右做加速运动,产生与b杆相反的电动势,即E=Eb-Ea,当两杆电动势大小相等时,闭合回路电流为0,此时a杆向右做匀速运动,b杆向左做匀速运动,B正确;a杆向左减速至0,由动量定理得-Bq1·2L=0-mv,得q1=,b杆向左减速至v1,由动量定理得-Bq1L=mv1-mv,v1=,a杆向右加速至匀速,由动量定理得Bq2·2L=mv2-0,b杆向左继续减速至匀速v3,由动量定理得-Bq2L=mv3-mv1,当a、b杆电动势等大反向时,回路电流为0,及B·2Lv2=BLv3,得v2=v,v3=v,q=q1+q2=,C错误;a、b杆的电阻之比为4∶1,设产生的总热量为Q,则b上产生的热量Qb=Q,由能量守恒定律有Q=mv2×2-mv2,解得Qb=mv2,D正确。故选BD。选择题专项练(三)
选择题:本题共10小题,第1~7题为单项选择题,每题4分;第8~10题为多项选择题,每题6分,共46分。
1.(2024广西南宁期末)放射性元素123I会衰变为稳定的123Te,半衰期约为13 h,可以用于检测人体的甲状腺对碘的吸收。若某时刻123I与123Te的原子数量之比为4∶1,则13 h后,123I与123Te的原子数量之比为(　　)
A.1∶2
B.1∶4
C.2∶3
D.2∶5
2.(2025广西南宁模拟)2024年10月30日,搭载神舟十九号载人飞船的火箭成功发射升空,6名中国航天员在太空顺利会师。飞船发射至对接的原理图如图所示,载人飞船进入预定轨道1后,与轨道2的天宫空间站完成自主快速交会对接,以下说法正确的是(　　)
A.飞船在轨道1近地点A的线速度大小等于第一宇宙速度
B.飞船从地面发射进入轨道1的速度应超过11.2 km/s
C.飞船先进入轨道2,再加速即可完成对接
D.天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期
3.(2025广西防城港模拟)如图所示,正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O',棱柱高为底面边长的2倍,在A、D'两点分别固定等量异种点电荷,取无穷远处电势为零,下列说法正确的是(　　)
A.C点的电势为零
B.电势差UBB'=UEE'
C.O点与O'点的电场强度大小相等,方向不同
D.将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点,电势能先减小后增大
4.如图甲所示,质量m=1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(未拴接),用力向下压物块至某一位置,然后由静止释放,取该位置为物块运动的起始位置,物块上升过程的a-x图像如图乙所示,不计空气阻力,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2
B.弹簧的劲度系数为50 N/m
C.弹簧最大弹性势能为9 J
D.物块加速度为0时离开弹簧
5.一定质量的理想气体,从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示,已知气体处于状态A时的温度为300 K,则下列判断正确的是(　　)
A.气体处于状态B时的温度为600 K
B.状态A与状态C温度相同
C.从状态A变化到状态B再到状态C的过程中气体内能一直增大
D.从状态A变化到状态B过程气体放热
6.(2025广西南宁模拟)某跑步机测速原理示意图如图所示。绝缘橡胶带下面固定有间距L=0.5 m、长度d=0.2 m的两根水平平行金属导轨,导轨间矩形区域内存在竖直向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=1.5 T。两导轨左侧间接有R=0.5 Ω的电阻,橡胶带上嵌有长为L、间距为d的平行铜棒,每根铜棒的阻值均为r=0.1 Ω,磁场区域中始终仅有一根铜棒与导轨接触良好且垂直。健身者在橡胶带上跑步时带动橡胶带水平向右运动,当橡胶带以某一速度匀速运动时,理想电压表示数为2.5 V,则(　　)
A.A点的电势比C点的电势低
B.铜棒切割磁感线产生的电动势为3.5 V
C.橡胶带匀速运动的速度大小v=5 m/s
D.每根铜棒每次通过磁场区域通过R的电荷量为0.25 C
7.如图所示,坐标平面内有边界过P点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,OP的长度为l,磁场方向垂直于坐标平面,一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力),从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,从x轴上的Q点射出磁场区域,此时速度与x轴正方向的夹角为60°,下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向垂直于坐标平面向外
B.磁场的磁感应强度B=
C.圆形磁场区域的半径为2l
D.圆形磁场的圆心坐标为
8.(2024福建泉州期末)2024年世乒赛中国女团实现六连冠,男团实现十一连冠。某次训练时球员先后两次以不同速度从同一位置正对着竖直墙面水平发射乒乓球,初速度之比为2∶1,分别打到竖直墙面上的a、b两点。不计空气阻力,则打到a、b两点前乒乓球在空中的(　　)
A.运动时间之比为1∶2
B.运动时间之比为2∶1
C.下落高度之比为1∶4
D.下落高度之比为1∶3
9.(2024四川成都期末)某风力发电机的输出功率为20 kW,输出电压为U1=400 V,用户得到的电压为U4=220 V,输电线的总电阻为40 Ω,输电线路的示意图如图所示。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%,变压器均视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　)
A.用户得到的功率为19 kW
B.通过输电线的电流为4 A
C.升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶10
D.降压变压器原、副线圈的匝数比为20∶1
10.(2025广西玉林模拟)“地震预警”是指在地震发生后,抢在地震波传播到受灾地区前,向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报,通知目标区域从而实现预警。地震监测站监测到一列地震横波,某时刻的波形图如图甲所示,已知P点是平衡位置在x=0处的质点,Q点的平衡位置坐标为x=15 m,以此时刻作为计时起点,质点Q振动的a-t图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A.质点P沿y轴正方向运动
B.地震横波的传播速度为9 m/s
C.t=5 s时,质点Q振动到波谷
D.0~5 s的时间内,质点P所走的路程小于50 cm
答案：
1.C　解析 放射性元素123I会衰变为稳定的123Te,半衰期约为13 h,则13 h后,123I的原子数量变为原来的,123Te的原子数量变为原来的3倍,则123I与123Te的原子数量之比为2∶3,故C正确,A、B、D错误。
2.D　解析 过A点可以作出近地卫星的圆轨道,该轨道上的速度等于第一宇宙速度,由近地卫星的圆轨道变轨到轨道1,需要在A点加速,可知,飞船在轨道1近地点A的线速度大小大于第一宇宙速度,故A错误;11.2 km/s为第二宇宙速度,飞船在轨道1上仍然在地球束缚之下,可知,飞船从地面发射进入轨道1的速度不能超过11.2 km/s,故B错误;飞船先进入轨道2,加速后,速度增大,万有引力不足以提供圆周运动的向心力,飞船将做离心运动,不能够完成对接,故C错误;由于天宫空间站运行的轨道半径大于轨道1的半长轴,根据开普勒第三定律可知,天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期,故D正确。
3.B　解析 A、D'两点放上等量异种电荷,则其连线的中垂面为等势面,电势为零,但C点不在该等势面上,故A错误;由对称性可知φB=-φE',φB'=-φE,则φB-φB'=φE-φE',解得UBB'=UEE',故B正确;同样由对称性可知,O点与O'点的合电场强度大小和方向都相同,故C错误;A'、D两点连线是等势线,试探电荷的电势能不变,故D错误。
4.A　解析 由题图可知,在位移为0.2 m处加速度为0,在位移为0.3 m后,加速度不变,即物体离开了弹簧,其加速度为重力加速度。所以有k(0.3 m-0.2 m)=mg,在起始位置物体加速度最大,有F=k·0.3 m-mg=ma,解得a=20 m/s2,A正确,D错误。弹簧的劲度系数为k==100 N/m,B错误。弹簧恢复形变的过程中,弹簧弹力做的功为W=x=4.5 J,C错误。
5.B　解析 气体处于状态A时的温度TA=300 K,气体A→B过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得,解得TB=TA=×300 K=900 K,故A错误。气体B→C过程是等容变化,由查理定律得,解得TC=TB=×900 K=300 K=TA,故B正确。从状态A变化到状态C过程,气体的温度先升高后降低,则气体的内能先增大后减小,故C错误。由A→B气体的温度升高,内能增大,ΔU>0,体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知,Q=ΔU-W>0,气体吸热,故D错误。
6.D　解析 在磁场中的铜棒可以等效为电源,根据右手定则可知,感应电流方向通过铜棒向上,可知,A点的电势比C点的电势高,故A错误;磁场区域中始终仅有一根铜棒与导轨接触良好且垂直,根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r),根据欧姆定律有I=,解得E=3 V,故B错误;铜棒切割磁感线产生的电动势为E=BLv,结合上述解得v=4 m/s,故C错误;每根铜棒每次通过磁场区域的时间t==0.05 s,则每根铜棒每次通过磁场区域通过R的电荷量为q=It=0.25 C,故D正确。故选D。
7.B　解析 粒子运动的轨迹如图所示,根据左手定则可知磁场垂直纸面向里,A错误。根据几何知识可知,粒子的轨道半径为r=2l,又洛伦兹力提供向心力,得eBv0=m,所以B=,B正确。根据几何知识可知,由于∠QOP=90°,所以PQ为圆形磁场区域的直径,所以2R=r,则磁场区域的半径R=l,C错误。由题意和图中的几何关系可得,过P、O、Q三点的圆的圆心在PQ连线的中点,所以圆心的x轴坐标为x=R·sin 60°=l,y轴坐标为y=l-R·cos 60°=l,故O1点坐标为,D错误。
8.AC　解析 乒乓球做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,则有x=v0t,由于两球水平方向位移相等,则有v01t1=v02t2,根据题意又有v01∶v02=2∶1,可得运动时间之比为t1∶t2=v02∶v01=1∶2,故A正确,B错误。乒乓球做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,则有h=gt2,可得下落高度之比为h1∶h2=,解得h1∶h2=1∶4,故C正确,D错误。
9.AC　解析 用户得到的功率P用=(1-5%)P=95%×20 kW=19 kW,故A正确。根据P损=R线,代入P损=5%P,R线=40 Ω,解得I2=5 A,故B错误。原线圈电流I1= A=50 A,则升压变压器的匝数比,故C正确。用户端电流I4= A=86.36 A,则,故D错误。
10.BD　解析 质点Q振动的a-t图像如题图乙所示,周期为4 s,根据回复力F=-kx,结合题图甲振幅为10 cm,可得质点Q振动图像如图所示。
由振动图像可知,t=0时刻质点Q沿y轴正方向运动,根据同侧法(质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧)判断地震横波沿x轴负方向传播,故t=0时刻,根据同侧法质点P沿y轴负方向运动,故A错误;由题图甲可知λ=15 m,解得λ=36 m,由题图乙可知T=4 s,故地震横波的传播速度v==9 m/s,故B正确;t=5 s时,质点Q的加速度为y轴负方向最大值,根据牛顿第二定律,回复力也为y轴负向最大值,根据F=-kx,质点Q位移为y轴正向的最大值,故质点Q振动到波峰,故C错误;因为振幅A=10 cm,周期T=4 s,则一个周期内,质点运动的路程为4A=40 cm,而时间Δt=5 s=T,在t=0时P点向下振动,则在经过一个周期后P的速度正在减小,在此后的时间内其路程小于10 cm,故0~5 s的时间内,质点P所走的路程小于50 cm,故D正确。故选BD。选择题专项练(二)
选择题:本题共10小题,第1~7题为单项选择题,每题4分;第8~10题为多项选择题,每题6分,共46分。
1.(2025广西南宁模拟)卢瑟福α粒子散射实验的装置示意图如图所示,荧光屏和显微镜一起分别放在图中A、B、C、D四个位置观察,下列说法正确的是(　　)
A.只有在A位置才能观察到屏上的闪光
B.卢瑟福α粒子散射实验证明了原子是一个球体,正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内
C.升高放射源的温度,会使放射源的半衰期变短
D.若放射源中的铀元素的衰变方程是UThHe,则Z=90
2.(2024广西南宁期末)如图所示,某建筑工地吊车的水平吊臂上,一辆小车带着下面吊着的建材向右匀速行驶,同时通过向上收吊绳使建材先向上做加速运动后向上做减速运动,则建材在空中的运动轨迹可能是(　　)
3.(2024江西模拟)高速铁路列车通常使用磁刹车系统,磁刹车工作原理可简述如下:将磁体的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘,使磁感线总垂直射入铝盘时,铝盘随即减速,如图所示,圆中磁体左方铝盘的甲区域朝磁体方向运动,磁体右方的乙区域朝离开磁体方向运动,下列说法正确的是(　　)
A.铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B.磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力
C.感应电流在铝盘产生的内能,是将铝盘减速的最主要原因
D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘,则磁体对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
4.(2025广西桂林模拟)风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示,在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球,小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用,竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点,最终落回地面上,不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.小球在N点之后做平抛运动
B.小球上升和下落过程运动时间相等
C.仅增大初速度,小球的水平位移不变
D.仅增大风力,小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
5.如图所示,某次正面100%碰撞测试过程中,被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动,当汽车达到测试速度后,牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100 m,测试速度大小为60 km/h,则以下说法正确的是(　　)
A.汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2
B.若汽车加速度大小为a=2 m/s2,则汽车匀加速时间约为30 s
C.若汽车加速度大小为a=2 m/s2,则汽车匀加速过程发生的位移大小约为70 m
D.若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件,则该汽车做匀加速运动的时间会增加
6.(2025广西柳州模拟)如图所示,边长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1位于一匀强电场中,将一电荷量为q的点电荷从A点移到B点,静电力做功为W,从B点移到C点,静电力做功为2W,从B点移到B1点,静电力做功为零,则匀强电场的电场强度为(　　)
A. B.
C. D.
7.总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P。司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。从司机减小油门开始,汽车的v-t图像如图所示,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为s,汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在该过程中,下列说法不正确的是(　　)
A.汽车再次匀速运动时速度大小为
B.t=0时刻,汽车的加速度大小为
C.汽车的牵引力不断减小
D.经历的时间为
8.(2024广东中山期末)2024年2月29日,我国在西昌卫星发射中心成功将高轨卫星01星发射升空。高轨卫星发射过程可简化如下,首先将其发射到圆轨道1,在A点点火喷气后进入椭圆轨道2,最终由B点进入预定的圆轨道3。已知卫星在轨道1、3均做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)
A.高轨卫星的发射速度大于11.2 km/s
B.高轨卫星在A点的喷气方向与运动方向相反
C.高轨卫星在轨道1上过A点的加速度大于在轨道2上过A点的加速度
D.高轨卫星在轨道2上过A点的速度大于在轨道2上过B点的速度
9.(2024广东广州三校联考期末)电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示,将3 V直流电压通过转换器转变为正弦式交流电压u=3sin 10 000πt(V),再将其加在理想变压器的原线圈上,副线圈两端接电击网,电压峰值达到2 700 V时可击杀蚊虫,正常工作时(　　)
A.交流电压表的示数为3 V
B.副线圈与原线圈匝数比需满足≥900
C.有蚊虫触网,电击网每秒可击杀10 000次
D.将3 V 直流电源直接连接在变压器的原线圈两端,电蚊拍也可以正常工作
10.(2025广西南宁模拟)如图甲,在杂技表演中,表演者平躺在水平地面上,腹部上平放一块石板,助手用铁锤猛击石板,石板裂开而表演者没有受伤(危险节目,请勿模仿)。其原理可简化为图乙所示,质量为m的铁锤从石板上方高h处由静止自由落下,竖直砸中石板,铁锤与石板瞬间达到共同速度,之后,铁锤与石板一起向下运动距离d后速度减为零,该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的变化规律近似如图丙所示,已知石板的质量为铁锤质量的k倍,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.铁锤与石板碰撞后的共同速度大小v=
B.碰撞过程中系统机械能的损失量ΔE=
C.弹性气囊A对石板作用力的最大值Fm=+(k+2)mg
D.弹性气囊A对石板作用力做的功为WF=+(k+1)mgd
答案：
1.D　解析 在A、B、C、D四个位置都能观察到屏上的闪光,故A错误;卢瑟福α粒子散射实验证明了原子具有核式结构,故B错误;改变环境的温度,不能改变放射源的半衰期,故C错误;根据衰变前后电荷数守恒,可知Z=92-2=90,故D正确。故选D。
2.D　解析 建材水平向右做匀速直线运动,同时竖直向上先做加速运动后做减速运动,则建材的合力先向上后向下,根据平行四边形定则,知合速度的方向与合力的方向不在同一条直线上,根据曲线运动合力方向位于轨迹的凹侧,可知建材在空中的运动轨迹可能是D,故A、B、C错误,D正确。
3.B　解析 铝盘甲区域中的磁通量向里增大,由楞次定律可知,甲区域感应电流方向为逆时针方向,则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故A错误。由“来拒去留”可知,磁场与感应电流的作用力,会产生将铝盘减速旋转的阻力,会使铝盘减速,故B正确,C错误。改成空洞铝盘,电阻变大,电流变小,阻碍效果更差,故D错误。
4.B　解析 过N点后,小球还受水平风力,不满足平抛运动只受重力的特征,A错误;竖直方向上,先竖直上抛再做自由落体运动,由对称性可知时间相等,B正确;仅增大初速度,运动时间增大,水平位移增大,C错误;仅增大风力,小球回到地面水平速度增大,竖直分速度不变,重力的瞬时功率不变,D错误。故选B。
5.C　解析 为完成测试,汽车位移应小于100 m,根据匀变速运动规律有x≥,解得a≥ m/s2=1.39 m/s2,A错误。若汽车加速度大小为a=2 m/s2,有+vt匀=100 m,解得t匀=1.8 s,则匀速运动的位移x匀=vt匀=30 m,所以匀加速的位移x加=100 m-30 m=70 m,匀加速的时间t加==8.3 s,B错误,C正确。根据牛顿第二定律F=ma,只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件,汽车的加速度增大,由v=at得该汽车做匀加速运动的时间会减小,D错误。
6.A　解析 根据U=可知UAB=,UBC=,则UAD=UBC=,而=0,即BB1为等势面;电场强度方向与平面ABCD平行,则沿AB方向的电场强度分量EAB=,沿AD方向的电场强度分量EAD=,则E=,故选A。
7.C　解析 汽车以速度v0匀速行驶时,牵引力等于阻力,有F阻=F=,汽车以功率P匀速行驶时,牵引力等于阻力,有F阻=F=,可得v'=v0,A正确。t=0时刻,汽车的牵引力F0=,汽车的加速度大小a=F阻-F0=,B正确。汽车做减速运动,速度减小,功率不变,据P=Fv知,牵引力不断增大,C错误。由动能定理有Pt-W阻=,其中克服阻力做功W阻=F阻s,所经历的时间t=,D正确。
8.BD　解析 发射高轨卫星仍绕地球运动,所以发射速度要小于11.2 km/s,故A错误。根据变轨原理,当卫星在A点从圆轨道1变轨到轨道2时,做离心运动必须加速,所以应向后喷气,故B正确。根据万有引力提供向心力,有=ma,解得加速度a=,A点到地心间距一定,可知卫星在轨道2上过A点的加速度等于卫星在轨道1上过A点的加速度,故C错误。在轨道2上,卫星从近地点A到远地点B的过程中,万有引力做负功,所以速度减小,即高轨卫星在轨道2上过A点的速度大于在轨道2上过B点的速度,故D正确。
9.BC　解析 交流电压表的示数为有效值,电压表示数U1= V= V,故A错误。根据理想变压器电压比与匝数比的关系=900,因此副线圈与原线圈匝数比需满足≥900,故B正确。周期T= s= s,在一个周期内电流有两次达到峰值,因此1 s内达到峰值的次数n=2×=10 000,故C正确。变压器的工作原理为电磁感应,将3 V直流电源直接连接在变压器的原线圈两端,穿过原线圈的磁通量不发生变化,变压器副线圈两端不产生感应电动势,因此电蚊拍不能正常工作,故D错误。
10.BC　解析 铁锤将要接触石板时的速度v0=,对铁锤和石板系统由动量守恒定律mv0=(m+km)v,解得v=,选项A错误;碰撞过程中系统机械能的损失量ΔE=mgh-(m+km)v2=,选项B正确;铁锤和石板一起向下运动d的过程由动能定理(m+km)gd+WF=0-(m+km)v2,由题图丙可知WF=-d,解得WF=--(k+1)mgd,Fm=+(k+2)mg,选项C正确,D错误。故选BC。选择题专项练(一)
选择题:本题共10小题,第1~7题为单项选择题,每题4分;第8~10题为多项选择题,每题6分,共46分。
1.(2025广西南宁模拟)随着科技的发展,大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识。下列说法正确的是(　　)
A.原子核辐射光子后回到低能级时,电子动能变大
B.α粒子散射现象说明原子核具有复杂结构
C.在原子核中,比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固
D.光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的
2.如图所示,在地面上固定一个竖直放置的大圆环,从环心O到环上的A、B两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ,直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin 37°=0.6,sin 53°=0.8)。现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O点静止释放,到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶,若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,则等于(　　)
A. B.
C. D.
3.如图所示的电场中,实线表示电场线,虚线表示等差等势面,A、B、C为电场中的三个点。下列说法正确的是(　　)
A.A点的电势比B点的高
B.A点的电场强度比B点的小
C.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大
D.B点与C点间的电势差是C点与A点间电势差的2倍
4.(2025广西南宁模拟)当载重卡车在泥地或沙地陷车时,经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩(如图所示),卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同,且都大于圆木墩的直径,卡车驶出泥地或沙地的过程,主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程,下列说法正确的是(　　)
A.圆木墩与主动轮的转动方向相同
B.圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等
C.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等
D.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等
5.(2025广西桂林模拟)我国发射的嫦娥四号成功在月球背面软着陆,实现了人类历史上首次月球背面软着陆与探测,为人类开发月球迈出坚实一步。太空船返回地球的过程中,一旦通过地球、月球对其引力的合力为零的位置后,该合力将有助于太空船返回地球,已知地球质量约为月球的81倍,则该位置距地心的距离和距月球中心的距离之比为(　　)
A.81∶1 B.10∶9
C.9∶1 D.9∶10
6.(2024广东江门一模)图甲为汽车的传统点火装置,称之为蓄电池点火系统。此装置的核心部件是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上,副线圈连接到火花塞的两端。在开关闭合或断开的瞬间,将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花,点燃可燃混合气体。图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像,则下列说法正确的是(　　)
A.原线圈的匝数比副线圈的匝数多
B.t2至t3间穿过副线圈的磁通量为零
C.开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同
D.开关断开时比开关闭合时,更容易点燃混合气体
7.(2024山东临沂期末)如图所示,直角三角形的AB边长为L,∠C=30°,三角形区域内存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场,CD间距离为L,不计粒子受到的重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的最长时间为
B.v=时,带电粒子垂直于AC边射出磁场
C.若粒子从BC边射出磁场,则v<
D.若粒子从AC边射出磁场,则v>
8.(2024山东淄博一模)如图所示,一列沿x轴正方向传播的简谐横波,振幅为20 cm,波速为5 m/s,在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距2 m(小于一个波长)。当质点a在波峰位置时,质点b在x轴上方与x轴相距10 cm的位置且向上振动,则(　　)
A.此波的波长为12 m
B.此波的周期为0.48 s
C.从此时刻起经过0.2 s,质点a与b的速度相同
D.从此时刻起经过1.6 s,质点b处于波谷位置
9.(2025广西桂林模拟)如图所示,天花板上用一满足胡克定律的弹性绳悬挂一质量为M的物块a处于静止状态,另一质量为m的小环b穿过弹性绳,从距离物块a一定高度静止释放,与a发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),碰后结合为整体c继续向下运动至最低点,若增大b释放的高度,以下说法正确的是(　　)
A.由于碰撞损失的机械能增大
B.由于碰撞损失的机械能不变
C.整体c速度最大的位置下移
D.整体c速度最大的位置不变
10.(2025广西柳州模拟)如图所示,顶角为θ=37°的光滑金属导轨AOC水平固定,处在方向与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与OC垂直的导体棒MN(足够长)在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨向右滑动,t=0时,导体棒位于O处,t1时刻撤掉外力。已知导轨与导体棒单位长度的电阻均为r,导体棒质量为m,与导轨接触良好,sin 37°=0.6,则(　　)
A.0~t1时间内,流过导体棒MN的电流大小不变
B.0~t1时间内,流过导体棒MN的电荷量为
C.0~t1时间内,回路产生的焦耳热为
D.从撤掉外力到导体棒停止运动的过程,穿过回路的磁通量增加
答案：
1.A　解析 原子核辐射光子后回到低能级时,根据k=m,解得Ek=mv2=,可知,电子的动能变大,故A正确;α粒子散射现象说明原子具有复杂结构,原子能够再分,故B错误;在原子核中,比结合能越小表明原子核越不稳定,即表示原子核中的核子结合得越不牢固,故C错误;光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后脱离原子核束缚产生的,故D错误。故选A。
2.A　解析 由牛顿第二定律可知,小环下滑的加速度a=gsin θ-μgcos θ,下滑的时间t=,到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶,代入计算得,故选A。
3.C　解析 因为沿电场线方向电势逐渐降低,电势从B点到A点逐渐降低,所以A点的电势比B点的低,A错误。因为电场线越密的地方电场强度越大,所以A点的电场强度比B点的大,B错误。负电荷从B点运动到A点的过程中,静电力做负功,电势能增加,所以负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大,C正确。因为虚线表示等差等势面,所以B点与C点间的电势差和C点与A点间的电势差相等,D错误。
4.B　解析 圆木墩与主动轮的转动方向相反,故A错误;圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等,故B正确;由a=可知,圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小不相等,故C错误;由v=ω2r可知,圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小不相等,故D错误。故选B。
5.C　解析 设太空舱质量为m,月球质量为m0,引力合力为零的位置到地心的距离为r1,地球质量为81m0,引力合力为零的位置到月球中心的距离为r2,由万有引力定律和力的平衡有,可得r1∶r2=9∶1。故选C。
6.D　解析 该变压器为升压变压器,所以副线圈的匝数比原线圈的匝数多,故A错误。由图乙可知,t2至t3间原线圈有电流流过,产生恒定磁场,则穿过副线圈的磁通量不为零,故B错误。由图丙可知,开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相反,故C错误。由图丙可知,开关断开时比开关闭合时,副线圈产生的电压更高,更容易点燃混合气体,故D正确。
7.B　解析 当粒子从BC边射出时,其轨迹恰好为半圆,所以最长时间t=T=,故A错误。当v=时,根据半径公式可得r=L,粒子从D点出发做圆周运动的圆心在C点,由几何关系可知,当粒子经过AC边时,速度方向垂直于AC,故B正确。从BC边射出的粒子,临界条件为轨迹与AC相切,如图所示,由几何关系有CE==2r1,而CE+ED=CD=L,即2r1+r1=L,从而得到r1=,由洛伦兹力提供向心力qvB=,联立解得v=,即当粒子的速度小于,从BC边射出,故C错误。若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大半径为r>r1,代入相关数据得v>,故D错误。
8.AD　解析 根据题意结合正弦波的特点,画出一个波长的波形,如图所示。
质点的振动方程为y=Acos ωt,质点a在波峰,代入振动方程得λ=2 m,可得此种情况下的波长λ=12 m,a到b所用的时间为tab==0.4 s,根据λ=vT,得到周期T==2.4 s,故A正确,B错误。当处于平衡位置的点的振动形式传到ab的中点时,a、b两个点的速度相等,因此在0.2 s的时间内传播的距离为Δx=vt=5×0.2 m=1 m,由波形可知该质点在a点左侧不在平衡位置,因此此时a、b两点速度不相等,故C错误。从此时刻起经过1.6 s,波传播的距离为Δx=vΔt=5×1.6 m=8 m,波长是12 m的波,a点到左侧的波谷是半个波长,b点到左侧的波谷的距离为Δx1=λ+2 m=8 m=Δx,所以1.6 s时,质点b处于波谷位置,故D正确。
9.AD　解析 完全非弹性碰撞满足动量守恒mv0=(m+M)v,损失的机械能ΔE=(m+M)v2=,下落高度增大则v0增大,可知损失的机械能增大,A正确,B错误。整体c向下先加速后减速,速度最大的位置为平衡位置,即合力为零处,位置不变,故C错误,D正确。故选AD。
10.AC　解析 经过时间t导体棒中的感应电动势E=Bv0ttan θ·v0,感应电流I=,可知0~t1时间内,流过导体棒MN的电流大小不变,选项A正确;0~t1时间内,流过导体棒MN的电荷量为q=It1=,选项B错误;0~t1时间内,回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功Q=WF=·v0t1=,选项C正确;若撤掉外力时导体棒的有效长度为L,根据动量定理-BΔt=0-mv0,其中Δt=是导体棒与导轨所围成的三角形的周长),联立解得ΔΦ=,很明显>1,可知ΔΦ>,选项D错误。故选AC。选择题专项练(五)
选择题:本题共10小题,第1~7题为单项选择题,每题4分;第8~10题为多项选择题,每题6分,共46分。
1.(2025广西桂林模拟)放射性元素钋Po)发生衰变时,会产生He和一种未知粒子,并放出γ射线,其核反应方程为PoX+He+γ,下列说法正确的是(　　)
A.γ射线带负电
B.y=206
C.升高温度有利于衰变的发生
DX核的比结合能小于Po核的比结合能
2.(2024江苏南宁期末)如图所示,倾角为θ的斜面体A放在水平面上,物块B放在斜面上,对A施加水平向右的推力F,使A、B一起向右做匀加速运动,A、B保持相对静止,重力加速度大小为g,不计一切摩擦,则加速度a的大小为(　　)
A.gsin θ
B.gcos θ
C.
D.gtan θ
3.(2025广西桂林模拟)如图所示,在x轴上固定有两个点电荷Q1、Q2,电荷量分别为+q和-4q,取无穷远处电势为零,下列说法正确的是(　　)
A.在x轴上(无穷远处除外),电场强度为零的点有两个
B.在x轴上(无穷远处除外),电场强度为零的点有三个
C.在x轴上(无穷远处除外),电势为零的点只有一个
D.在x轴上(无穷远处除外),电势为零的点有两个
4.(2025广西柳州模拟)如图所示,一定质量的理想气体经历了a→b→c→a的循环过程,气体在a、b、c状态下的体积分别为Va、Vb、Vc,下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程气体对外做功
B.b→c过程气体内能减小
C.c→a过程气体从外界吸热
D.Va=Vb5.如图所示,一小车在平直道路上向右运动,车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上,一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。某段时间内轻绳AC、BC两部分与水平车顶的夹角分别为30°和60°。将小圆环视为质点,则在这段时间内(　　)
A.小车做匀速运动
B.小车做匀减速运动
C.轻绳AC段的拉力大于BC段的拉力
D.轻绳AC段的拉力小于BC段的拉力
6.下图为远距离输电的装置示意图。两变压器均为理想变压器,,升压变压器的输入电压u1=e=50sin 100πt(V),输电线的总电阻为r,则(　　)
A.闭合开关后,灯泡两端的电压为50 V
B.闭合开关后,通过灯泡电流的频率为100 Hz
C.闭合的开关数越多,所有灯泡获得的总功率越大
D.依次闭合开关S1、S2、S3,灯泡L1越来越暗
7.(2025广西南宁模拟)一小朋友在安全环境下练习蹦床,若小朋友离开蹦床后一直在同一竖直线上运动,且忽略空气阻力,用x、a、p、E、t分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中运动的位移、加速度、动量、机械能和时间,取竖直向上为正方向,则下列图像可能正确的是(　　)
8.(2024山东省实验中学模拟)如图所示长方体玻璃砖,长AB为3 cm,宽与高均为 cm。AB边上有一单色光源S。该单色光相对于玻璃的折射率为,当右侧面BCC'B'恰好全部都有光线射出时,下列说法正确的是(　　)
A.光源S离B点的距离是2 cm
B.光源S离A点的距离是2 cm
C.左侧面ADD'A'有光线射出的面积是 cm2
D.左侧面ADD'A'有光线射出的面积是π cm2
9.(2024重庆期末)设想在处于赤道地面上建造“太空电梯”,航天员可通过竖直的“太空电梯”直达空间站。图中r为航天员到地心的距离,R为地球半径,曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系;直线B为航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于处于“太空电梯”中在不同高度的航天员,下列说法正确的有(　　)
A.航天员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
B.图中r0为地球静止卫星的轨道半径
C.随着r增大,航天员的线速度增大
D.r从R增大到r0的过程中,航天员感受到“重力”越来越小
10.电阻为2 Ω、质量为2 kg的正方形导线框静止在光滑水平桌面上,导线框的左边恰好与磁感应强度为2 T的匀强磁场区域的右边界重合,俯视图如图所示(桌面没有画出),磁场区域的宽度及正方形导线框的边长都为2 m,自零时刻起对导线框施加水平作用力F,使导线框以1 m/s2的加速度向左匀加速直线进入磁场区域,导线框全部进入磁场后再以1 m/s2的加速度向左匀减速直线离开磁场区域。下列说法正确的是(　　)
A.导线框进入磁场过程中,通过导线框某一横截面的电荷量为4 C
B.第2 s末力F开始改变方向
C.自导线框开始进入磁场至完全离开磁场,力F的冲量大小为32 N·s
D.力F在导线框进入磁场过程中做的功与离开磁场过程中做的功之差为8 J
答案：
1.B　解析 γ射线是电磁波,不带电,A错误;由质量数守恒可得y=210-4=206,B正确;半衰期与原子核所处的物理、化学环境无关,C错误;该反应放出能量,生成物相对更稳定,比结合能更大,D错误。故选B。
2.D　解析 物块B在运动过程中,仅受到重力及斜面A的弹力作用,假设物块B的重力为mg,受到的斜面A的弹力大小为F',如图所示,根据题意可知这两个力的合力沿水平向右的方向,且根据牛顿第二定律mgtan θ=ma,可得a=gtan θ,故A、B、C错误,D正确。
3.D　解析 将Q2看作两个点电荷,电荷量分别为-q、-3q,根据两等量异种点电荷周围的电场分布可知,在x轴上(无穷远处除外),+q、-q在Q1左侧的电场强度向左,Q1和Q2之间的电场强度方向向右,在Q2右侧的电场强度向左;根据负点电荷周围的电场分布可知,在x轴上(无穷远处除外),-3q在Q1左侧的电场强度向右,Q1和Q2之间的电场强度方向向右,在Q2右侧的电场强度向左;则由电场强度的叠加原理可知,在x轴上(无穷远处除外),+q、-q、-3q在Q1左侧存在一个电场强度为零的点,即在x轴上(无穷远处除外),电场强度为零的点有一个,故A、B错误。设在x轴上(无穷远处除外),电势为零的点与Q1、Q2的距离分别为r1、r2,可得=0,解得4r1=r2,则在Q1和Q2之间、Q1左侧,均存在一个电势为零的点,则x轴上(无穷远处除外),电势为零的点有两个,故C错误,D正确。故选D。
4.D　解析 a→b过程,压强与热力学温度成正比,根据查理定律可知,气体体积不变,则气体对外不做功,故A错误;b→c过程理想气体温度不变,则气体内能不变,故B错误;c→a过程理想气体压强一定,温度减小,根据盖-吕萨克定律可知,气体体积减小,由于温度减小,则气体内能减小,气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,c→a过程气体向外界放热,故C错误;结合上述可知,a→b过程,气体体积不变,b→c过程理想气体温度不变,根据玻意耳定律可知,气体压强减小,则气体体积增大,则有Va=Vb5.B　解析 因为小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动,所以AC绳的拉力和BC绳的拉力大小相等,C、D错误。小车如果静止或者匀速直线运动,小圆环应该位于AB中点的正下方,现在小圆环在中点偏右,并且角度不变,根据牛顿第二定律,小圆环有向左的加速度且不变,说明小车正在向右匀减速运动,A错误,B正确。
6.D　解析 闭合开关后,灯泡两端的电压为U4=U3=(U2-ΔU)==U1-ΔU,U1=50 V,U47.C　解析 小朋友竖直向上离开蹦床在空中做竖直上抛运动,加速度为重力加速度,根据对称性可知,小朋友上升的时间和下降的时间相等,取竖直向上为正方向,由匀变速直线运动公式有x=v0t-gt2,可知,x-t图像为开口向下的一条抛物线,故A错误;整个运动过程中小朋友只受重力,加速度一直为重力加速度,不随时间发生变化,故B错误;根据动量定理有-mgt=p-mv0,解得p=mv0-mgt,可知,p-t图像为一条倾斜的直线,且斜率为负值,故C正确;小朋友离开蹦床后只受重力作用,小朋友的机械能不变,故D错误。故选C。
8.AC　解析 设该单色光照射发生全反射的临界角为θ0。根据临界角公式sin θ0=,解得临界角θ0=45°,当光在C'点恰能射出时,如图所示,当∠SC'B=45°,在侧面BCC'B'恰好全部都有光线射出;根据几何关系可得BC'= cm=2 cm,那么SB=BC'=2 cm,则SA=AB-SB=3 cm-2 cm=1 cm,故A正确,B错误。因为光源S在ADD'A'面上发生全反射的临界角为45°,假设光源照射到ADD'A'面上的E点刚好发生全反射,则有∠SEA=45°,根据几何关系可得r=AE=SA=AB-SB=3 cm-2 cm=1 cm,则左侧面ADD'A'有光线射出的面积为S=πr2=×(1 cm)2= cm2,故C正确,D错误。
9.BCD　解析 航天员在r=R处是在地面上,除了受到万有引力还受到地面的支持力,线速度远小于第一宇宙速度,故A错误。当r=r0时,引力加速度正好等于航天员做圆周运动的向心加速度,即万有引力提供做圆周运动的向心力,所以航天员相当于卫星,此时航天员的角速度跟地球的自转角速度一致,可以看作是地球的静止卫星,即r0为地球静止卫星的轨道半径,故B正确。相对地面静止在不同高度的航天员,地球自转角速度不变,根据v=ωr可知航天员的线速度随着r的增大而增大,故C正确。航天员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时,由牛顿第二定律可得-FN=mω2r,其中FN为太空舱对航天员的支持力,航天员感受的“重力”为FN=-mω2r=ma引-ma向=m(a引-a向),其中a引为地球引力对航天员产生的加速度大小,a向为地球自转而产生的向心加速度大小,由题图可知,在r从R逐渐增大到r0时,(an引-an向)随着r增大而减小,航天员感受的“重力”随r的增大而减小,故D正确。
10.ACD　解析 设导线框边长为l,匀加速进入过程有l=aΔt2,可得加速时间Δt=2 s,导线框进入磁场过程中产生的感应电动势的平均值为=4 V,感应电流的平均值为=2 A,通过导线框某一横截面的电荷量为q=Δt=4 C,A正确。导线框刚好完全进入时速度为v=aΔt=2 m/s,导线框受到的安培力为F安=BIl==16 N,此后开始做匀减速直线运动,以加速度方向为正方向,由牛顿第二定律可得F安-F2=ma,解得F=14 N,方向仍然向左,B错误。由对称性可知,导线框刚好完全离开磁场区域时速度为0,由动量定理可知,整个过程力F的冲量与安培力的冲量大小相等、方向相反,在极短时间Δt内,安培力的冲量大小为ΔI安=Bil·Δt=Bl·iΔt=Bl·Δq,故进入过程,安培力的冲量大小为I安1=Bl·q=16 N·s,同理可知,离开过程安培力的冲量与进入过程相同,故自导线框开始进入磁场至完全离开磁场,力F的冲量大小等于2I安1,即I总=32 N·s,C正确。设进、出磁场过程,力F做的功分别为W1、W2,由于进、出过程做的是加速度大小相等的匀加速、匀减速直线运动,故任意对称时刻,安培力均相同,即进、出磁场过程安培力做功相等,设为W,设运动过程中的最大动能(即导线框完全进入时)为Ek,由B的分析可知Ek=mv2=4 J,进、出过程由动能定理可得W1-W=Ek,W2-W=0-Ek,故力F在导线框进入磁场过程中做的功与离开磁场过程中做的功之差为ΔW=W1-W2=2Ek=8 J,D正确。

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