2023届高考二轮总复习试题 物理 （适用于湖南、湖北） 选择题专项练（一） WORD版含解析.docx

1、选择题专项练(一)一、单项选择题: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.(2022江苏扬州预测)如图所示,某轧钢厂的热轧机上安装了一个射线测厚仪,探测器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知测厚仪采用放射性同位素77192Ir作为放射源,77192Ir发生衰变时放出射线和射线,半衰期为74天,适合透照厚度在10100 mm之间的钢板,若衰变产生的新核用X表示,下列说法正确的是()A.77192Ir的衰变方程为77192IrX+-10eB.探测器探测到的射线增强,说明钢板的厚度增加C.192 g放射性同位素77192Ir经过148天全部完成衰变D.77192Ir的比结合能比衰变

2、后的产物X的比结合能大2.(2022江苏淮安模拟)如图所示是一边长为L的正方形金属框放在光滑水平面上的俯视图,虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场。t=0时刻,金属框在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度进入磁场,t1时刻线框全部进入磁场。则0t1时间内金属框中电流i、电荷量q、运动速度v和拉力F随位移x或时间t变化关系可能正确的是()3.(2022广东广州三模)A、B两个质点从同一位置沿同一方向做匀加速直线运动,如图所示,A在t=0时以1 m/s的初速度开始运动,B在t=1 s时由静止开始运动,t=2 s时两质点相遇前相距最远,此距离为1.8 m,则A、B两质点运动的

3、加速度大小分别为()A.aA=0.3 m/s2,aB=1.6 m/s2B.aA=0.35 m/s2,aB=1.7 m/s2C.aA=0.4 m/s2,aB=1.8 m/s2D.aA=0.45 m/s2,aB=1.9 m/s24.如图所示是某种家庭便携式消毒用的喷雾消毒桶及其原理图,内部可用容积为2 L,工作人员装入稀释过的1.2 L消毒液后旋紧壶盖,关闭喷水阀门,拉动压柄打气,每次打入压强为p0、体积为0.1 L的气体,此时大气压强为p0,当壶内压强增大到2p0时,开始打开喷水阀门消杀,假设壶内温度保持不变,若不计管内液体体积,下列说法正确的是()A.工作人员共打气9次B.打开阀门,当壶内不再

4、喷出消毒液时,壶内剩余消毒液的体积为0.4 LC.打开阀门,当壶内不再喷出消毒液时,壶内剩余消毒液的体积为0.1 LD.消毒液喷出过程,气体对外做功,对外做的功大于从外界吸收的热量5.(2022安徽马鞍山二模)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器,图中电表均为理想电表。在a、b端加上交流电源如图乙所示,当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时()甲乙A.电压表示数减小B.电流表示数减小C.R1消耗的功率减小D.电源的输出功率减小6.(2022广东深圳二模)如图所示的装置,杆QO沿竖直方向固定,且顶端有一光滑的定滑轮,轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O

5、点转动,用两根轻绳分别连接质量为m1、m2的小球并系于P点,其中连接质量为m1的小球的轻绳跨过定滑轮,已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP,当系统平衡时两杆的夹角为=120,则m1m2为()A.12B.32C.11D.31二、多项选择题:在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。7.(2022湖北襄阳四中模拟)一列简谐横波沿x轴传播,在t=0.125 s时的波形如图甲所示,M、N、P、Q是介质中的四个质点,已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16 m。图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是()A.该波的波速为120 m/sB.该波沿x轴正方向传播C.质点P的平衡位置位于x=3 m处D.从t

6、=0.125 s开始,质点Q比质点N早130 s回到平衡位置8.(2022河南开封二模)地球同步轨道上的卫星失效后,及时将其清理,能为新的卫星释放空间。2022年1月22日,我国自主研发的实践21号卫星“捕捉”到同步轨道上已失效的北斗2号卫星,并于此后完成大幅度变轨机动,将北斗2号拖入一条高于同步轨道的“墓地轨道”。1月26日,实践21号与北斗2号脱离,返回地球同步轨道。已失效的北斗2号将在高于同步轨道带的太空区域漂流。这一举措展示了我国作为太空大国的责任和担当,也让世界见证了中国的科技实力。将上述过程作如图所示的简化:组合体在同步轨道上的P点变轨,经过转移轨道,运动到比同步轨道高3 000

7、km的墓地轨道上的Q点,在Q点组合体完成分离,其中实践21号再经转移轨道独自返回同步轨道。已知地球同步轨道高度约为35 786 km,地球半径约为6 371 km,则()A.由题干材料中所给数据,可以估算出已失效的北斗2号在墓地轨道的运行周期B.由题干材料可知,实践21号在转移轨道上的运行周期约为4天C.对于实践21号卫星,仅考虑地球对它的万有引力作用,其沿同步轨道运行经过P点时的加速度大小为a1,沿转移轨道运行经过P点时的加速度大小为a2,那么a1=a2D.若要使已失效的卫星由Q点脱离地球引力的束缚,需要在Q点至少给它一个大于11.2 km/s的初速度9.如图所示,两根细绳OA、OB系着一个

8、质量为10 kg的带正电的小球,小球处于静止状态且离地高度h为2.5 m,在小球所在的竖直平面内有一个竖直向下的电场,且电场强度缓慢增大,直至某根细绳刚断裂时保持不变,已知细绳OA长为33 m,最大承受力为1503 N,细绳OB与水平面成30角,其长1 m且最大承受力为600 N,两绳达到最大承受力将会断开,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.细绳OB先断B.细绳断裂时小球受到的静电力大小为200 NC.小球做圆周运动时静电力的功率先减小后增大D.小球的最大速度为56 m/s10.(2022湖南师大附中三模)如图甲所示,长为L的木板放在水平地面上,质量为m=2 kg的小物块(

9、可视为质点)放在木板的右端,两者均静止。现用水平向右的力F作用在木板上,通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.小物块与木板间的动摩擦因数1=0.2B.木板与水平地面间的动摩擦因数2=0.3C.木板的质量为2 kgD.图乙中横轴截距为6 N答案：1.A解析 衰变的实质是原子核里的一个中子转化成了一个电子和一个质子,反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒,衰变方程为77192IrX+-10e,故A正确;探测器探测到的射线增强,说明钢板的厚度减小,故B错误;192 g放射性同位素77192Ir经过148天

10、(2个半衰期),剩余的质量为原来的14,故C错误;核反应中生成物比反应物稳定,与之对应的是衰变后的产物X的比结合能比77192Ir的比结合能大,故D错误。2.D解析 导线的速度和位移关系为v2=2ax,则感应电流为i=BLvR=BL2axR,A错误;某一微小时段内,q=it=BLvtR=BLxR,故B错误;根据运动学公式v=at,C错误;根据牛顿第二定律F-BiL=ma,金属框电流i=BLvR=BLatR,解得F=ma+B2L2atR,D正确。3.A解析 因为t=2 s时两质点相距最远,故此时两质点共速,设t=2 s时共同速度为v,根据题意有12(1+v)2-12v1=1.8 m,解得v=1.

11、6 m/s,则质点A的加速度大小aA=1.6-12 m/s2=0.3 m/s2,B的加速度aB=1.61 m/s2=1.6 m/s2,故选A。4.B解析 设工作人员共打气n次,根据玻意耳定律有p0(2 L-1.2 L)+np00.1 L=2p0(2 L-1.2 L),解得n=8,故A错误;打开阀门后,根据玻意耳定律有2p00.8 L=p0V气,解得壶内不再喷出消毒液时,则壶内气体的体积为V气=1.6 L,壶内剩余消毒液的体积为0.4 L,故B正确,C错误;由于壶内温度保持不变,则壶内气体的内能不变,根据热力学第一定律U=Q+W,可知气体对外做的功等于从外界吸收的热量,故D错误。5.A解析 设变

12、压器原线圈电压为U1,电流为I1,副线圈电压为U2,电流为I2,则U1U2=n1n2,I2=U2R2,I1n1=I2n2,解得I1=n2n12U1R2,又由于U=I1R1+U1,所以U1=Un2n12R1R2+1,当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时,R2接入电路的阻值减小,根据U1的表达式可知,U1减小,匝数比不变,所以U2减小,电压表的示数为U2,故A正确;根据表达式可得I1=UR1+n1n22R2,可知,当R2减小时,I1增大,所以电流表示数增大,故B错误;R1消耗的功率为P1=I12R1,I1增大,则P1增大,故C错误;电源的输出功率为P=UI1,I1增大,则P增大,故D错误。6.D解析

13、 以结点P为研究对象,受力分析如图所示,由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成,由正弦定理可得m1gsin120=m2gsin30,解得m1m2=31,故D正确。7.AD解析 设该波的波长为,根据三角函数知识可知,N、Q两质点平衡位置间的距离为xNQ=34-62=16 m,解得=24 m,由题图乙可知该波的周期为T=0.2 s,所以该波的波速为v=T=120 m/s,故A正确;由题图乙可知,t=0.125 s时刻,质点P沿y轴负方向运动,此时P应位于波传播方向波形的上坡,所以该波沿x轴负方向传播,故B错误;由题图乙可知,在t=0.125 s之后,质点P第一次位于波峰的时刻为t=0.25

14、 s,易知此波峰为t=0.125 s时刻质点Q所在处的波峰传播来的,所以有xQ-xPv=0.25 s-0.125 s,解得xP=1 m,故C错误;从t=0.125 s开始,质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为t1=T4=0.05 s,题图甲中,质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为x1=xQ-4=10 m,该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为t2=x1v=112 s,则t=t2-t1=130 s,即质点Q比质点N早130 s回到平衡位置,故D正确。8.AC解析 由题干材料中所给数据,可以求出地球同步卫星的轨道半径和北斗2号在墓地轨道的轨道半径,由于同步卫星绕地球运动的周期为24 h,所

15、以根据开普勒第三定律R3T2=k,可以估算出已失效的北斗2号在墓地轨道的运行周期,故A正确;由题干材料知,地球同步轨道高度约为35 786 km,地球半径约为6 371 km,墓地轨道比同步轨道高3 000 km,则转移轨道的半长轴为a=2(35 786+6 371)+3 0002 km=43 657 km,由开普勒第三定律a3T2=k,可得T=T0ar同3=25.3 h,即实践21号在转移轨道上的运行周期略大于同步卫星周期,小于4天,故B错误;对于实践21号卫星,仅考虑地球对它的万有引力作用,根据万有引力提供向心力有Gm地mr2=ma1=ma2,可得a1=a2,故C正确;11.2 km/s是

16、从地球表面发射卫星,使之脱离地球的束缚的最小速度,而已失效的卫星由Q点脱离地球引力的束缚,在同等条件下,需要克服地球引力所做的功要少,所以可以在Q点给它一个小于11.2 km/s的初速度,故D错误。9.BD解析 由几何关系知三角形AOB是直角三角形,在O点对小球受力分析有FOB=(mg+Eq)sin 30,FOA=(mg+Eq)cos 30,当细绳OA、OB达到最大拉力时对应的最大静电力有qEOA=200 N,qEOB=1 100 N,则静电力达到200 N时,细绳OA将断裂,A错误,B正确;当小球运动到圆周运动的最低点时,根据动能定理有(mg+qEOA)(LOB-LOBsin 30)=12mv2,解得v=30 m/s,在最低点有F-(mg+qEOA)=mv2LOB,解得F=600 N,则此时细绳OB恰好断裂,所以小球落到地面时速度最大,有(mg+qEOA)h=12mvmax2,解得vmax=56 m/s,D正确;由题知细绳OA刚断裂时小球的速度为零,则此时静电力的功率为零,由选项D可知小球运动到圆周运动的最低点时细绳OB断裂,且圆周运动最低点时小球的速度水平向右,静电力竖直向下,则此时静电力的功率为零,综上分析可知小球做圆周运动时静电力的功率先增大后减小,C错误。