1、选择题专项练(三)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山东临沂三模)考古学家利用放射性元素614C的半衰期可以确定文物的年代。碳元素614C能自发释放射线,衰变方程为614CX+,其半衰期约为5 730年。则下列说法正确的是()A.614C衰变的实质是碳原子失去核外电子B.当X数量是614C数量的3倍时,614C衰变所经历时间约为17 190年C.随着文物的出土,文物所在环境温度升高,614C衰变速度也会增大D.静止的614C原子核在某匀强磁场中自发释放射线,X和粒子做匀速圆周运动,其半径之比为172.(2022海南海口预测)如图所示,ABC为某种
2、玻璃制成的三棱镜的横截面,已知A=45,B=60,AB长度为30 cm。今有一束单色光从P点垂直BC边入射,从AC边上的M点出射,出射方向与AC的夹角为60,则玻璃的折射率为()A.2sin 15B.2cos 15C.1sin15D.12cos153.(2022山东泰安二模)如图所示,高为16 cm的两相同玻璃管竖直放置,下端连通,左管上端封闭,右管上端开口。右管中有高为4 cm的水银柱封闭了一部分气体,水银柱上表面离管口的距离为10 cm。管底水平连接段的体积可忽略,大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。若从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部,
3、整个过程中,管内气体的温度不变,则该过程中注入右管中水银柱的高度为()A.6 cmB.8 cmC.10 cmD.12 cm4.真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处,电荷量及电性如图所示,A点为对应棱的中点,B点为右侧面的中心点,C点为底面的中心点,D点为正四面体的中心点(到四个顶点的距离均相等)。下列判断正确的是()A.A点电势等于D点电势B.B点电势高于C点电势C.A点电势等于C点电势D.将电子从A点移动到B点,电势能不变5.(2022山东潍坊三模)2021年10月16日,神舟十三号载人飞船将3名航天员送入太空并与空间站组合体顺利对接,对接过程可简化为如图所示的情境。圆形轨道2
4、为空间站组合体运行轨道,椭圆轨道1为载人飞船运行轨道,两轨道相切于P点。已知轨道2的半径为r,地球表面的重力加速度大小为g,地球自转的周期为T,轨道1的半长轴为a,引力常量为G,以下判断正确的是()A.由已知条件可以求出地球的质量B.载人飞船若要由轨道1进入轨道2,需要在P点减速C.载人飞船在轨道1上P点的加速度小于空间站组合体在轨道2上P点的加速度D.空间站组合体在轨道2上运行的周期与飞船在轨道1上运行的周期之比为r3a36.(2022湖南长郡中学二模)如图所示,倾角为的斜面体C置于水平面上,在它上面放有质量为m的木块B,用一根平行于斜面的细线连接一个轻环A,并将轻环套在一根两端固定、粗糙的
5、水平直杆上,整个系统处于静止状态,重力加速度为g。则()A.若斜面体上表面粗糙,细线对木块B一定有拉力作用B.若斜面体上表面粗糙,水平面对斜面体C的摩擦力方向可能向右C.若斜面体上表面光滑,水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsin cos D.若斜面体上表面光滑,则细线被剪断的前后,水平面对斜面体C的摩擦力方向反向二、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.港珠澳大桥为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段,一辆小汽车在长度为L的平直桥面上做匀加速直线运动,图乙是该车车速的二次方v2与位移x的关系,小汽车(含司乘人员)的总质量m以及图中数据b1、
6、b2、L均已知,则()甲乙A.小汽车的加速度为b2-b12LB.小汽车所受合外力为m(b2-b1)LC.小汽车通过该平直桥面的时间为2Lb1+b2D.小汽车通过该平直桥面的动能增量为m(b2-b1)28.(2022山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图,升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器,T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k1、k2。输电线间的总电阻为R0,可变电阻R为用户端负载。U1、I1分别表示电压表V1、电流表A1的示数,输入电压U保持不变,当负载电阻R减小时,理想电压表V2的示数变化的绝对值为U,理想电流表A2的示数变化的绝对值为I,下列说法正确的是()A.R0=U1I1
7、B.R0=UIk22C.电压表V1示数增大D.电流表A1的示数增加了Ik29.滑雪赛道的简化示意图如图所示,在比赛中某质量为m的运动员经过起滑台A、助滑坡BC后以v0的速度从水平台面上滑出,在着陆坡CD上的E点着陆并沿ED下滑(垂直于接触面的速度突变为零而平行于接触面的速度保持不变)。已知着陆坡倾角为,AC的竖直高度为H,CD的竖直高度为h,重力加速度为g,不计阻力,则下列说法正确的是()A.运动员到达D点时的速度大小为2ghB.运动员落地点E和飞出点C的水平位移为2v0tangC.若起滑台降低,使H减小为原来的一半,则运动员在空中运动的时间变为原来的22D.若在E点运动员与着陆坡的作用时间为
8、t,则着陆坡对运动员的平均作用力大小为F=mgcos +mv0sint10.质谱仪的工作原理如图所示,大量粒子飘入加速电场,其初速度几乎为0,经过加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打到照相底片上。在一次测试中,大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v,打在底片上的位置到M点的最小距离为a,匀强磁场的磁感应强度为B,不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则()A.粒子的比荷为2vB(a+L)B.加速电场的电压为B(a+L)v24C.粒子在磁场中运动的时间为(a+L)2vD.大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为a+L-a2+2aL2答案：1.
9、D解析 614C衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,A错误;根据半衰期公式N=N012tT,由题意可得NN0=14,解得t=2T=25 730年=11 460年,B错误;半衰期由原子核内部决定,与外界环境温度无关,文物所在环境温度升高,614C衰变速度不变,C错误;静止的614C原子核在某匀强磁场中自发释放射线,设X和粒子的质量分别为m1和m2,电荷量大小分别为q1和q2,速度大小分别为v1和v2,根据动量守恒可得m1v1=m2v2,根据衰变过程电荷数守恒可得q1q2=71,粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=mv2r,解得r=mvqB1q,则X和粒子做匀速圆周
10、运动的半径之比为r1r2=q2q1=17,D正确。2.B解析 光从BC边射入,从AC边射出,则在AB边发生全反射,不考虑光的多次反射,则光线在玻璃中的光路图如图所示,由几何关系可得AMN=180-A-(90-2)=105,光在AC边上的M点射出,3=AMN-90=15,4=90-60=30,玻璃的折射率为n=sin4sin3=sin30sin15=2cos 15,故选B。3.C解析 开始时左管气体压强p=p0+ph=0.8g,水银柱恰好到底部时,根据玻意耳定律有p(2l-14 cm)S=plS,可得p=0.9g,再根据压强关系p=p0+gh,可得h=14 cm,则应注入右管的水银柱的高度为10
11、 cm,故选C。4.A解析 A、D点位于右侧面底边上的一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,同理,也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A点电势等于D点电势,A正确;A、B、C三点位于右侧面底边上的一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定,根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知CAB,故B、C错误;由以上分析知,将电子从A点移动到B点,电场力做负功,电势能增加,故D错误。5.D解析 地球表面的重力等于万有引力,则Gm地mR地2=mg,得m
12、地=gR地2G,因不知道地球半径,故求不出地球的质量,A错误;在轨道1和轨道2上的P点均是万有引力提供向心力,则Gm地mr2=ma,解得a=Gm地r2,因两轨道上P点到地球的距离是一样的,故两轨道上P点的加速度相等,C错误;载人飞船从轨道1进入轨道2需要在P点加速,B错误;根据开普勒第三定律可得T12T22=a3r3,解得T2T1=r3a3,D正确。6.C解析 若斜面体上表面粗糙,木块B可能在重力、斜面体C对它的支持力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态,可能不受细线的拉力作用,故A错误。若斜面体上表面粗糙,细线对木块无拉力时,水平面对斜面体无摩擦力;若斜面体上表面粗糙,细线对木块有拉力时,对B、
13、C整体分析知,水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡,所以水平面对斜面体C的摩擦力方向向左,故B错误。若斜面体上表面光滑,设细线的弹力为F,对斜面上的物块由共点力平衡条件有F-mgsin =0,对B、C整体受力分析可得,水平方向满足Fcos =Ff,解得水平面对斜面体C的摩擦力大小为Ff=mgsin cos ,故C正确。若斜面体上表面光滑,剪断细线后,物块下滑,斜面受力不改变,水平面对斜面体的摩擦力不变,故D错误。7.ACD解析 由题图乙可知,小汽车的初速度为b1,末速度为b2,运动的位移为L,根据速度与位移的关系式v2-v02=2ax,解得小汽车的加速度为a=b2-b12L,故A
14、正确;根据牛顿第二定律F合=ma,可得小汽车所受合外力为F=m(b2-b1)2L,故B错误;根据x=v0+v2t可得,小汽车通过该平直桥面的时间为t=2xv0+v=2Lb1+b2,故C正确;根据Ek=12mv2可知,小汽车通过该平直桥面的动能增量为Ek=12mv2-12mv02=m(b2-b1)2,故D正确。8.BD解析 设降压变压器T2原线圈电压为U3,副线圈电压为U2,根据题意可知,电阻R0两端的电压UR0=U1-U3,则R0=U1-U3I1,故A错误;设降压变压器T2原线圈电压变化为U3,则U3U=k2,设降压变压器T2原线圈电流变化为I3,则I3I=1k2,可得I3=Ik2,根据欧姆定
15、律得U3=I3R0,即k2U=Ik2R0,解得R0=UIk22,故B、D正确;输入电压不变,升压变压器T1原、副线圈匝数比不变,则升压变压器T1副线圈的电压不变,电压表V1示数不变,故C错误。9.CD解析 运动员经过C点时的速度在垂直于着陆坡方向的分量大小为v=v0sin ,根据运动的对称性可知运动员在E点时垂直于着陆坡的速度大小也为v,这一速度突变为零,而沿着陆坡方向的分速度不变,所以从C到D的过程,根据功能关系可得12mvD2=12mv02+mgh-12mv2,解得vD=2gh+v02cos2,故A错误;根据平抛运动规律的推论可知速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍,即2tan =g
16、tv0,所以运动员从C到E的运动时间为t=2v0tang,运动员落地点E到飞出点C的水平位移为x=v0t=2v02tang,故B错误;对运动员从A到B的过程,根据动能定理有mgH=12mv02,由此可知,若H减小为原来的一半,则v0变为原来的22,结合B项中所求t的表达式可知运动员在空中运动的时间变为原来的22,故C正确;设着陆坡对运动员的平均作用力大小为F,根据动量定理有(F-mgcos )t=0-(-mv),解得F=mgcos +mv0sint,故D正确。10.ACD解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨道半径为r=a+L2,根据牛顿第二定律可得qvB=mv2r,解得qm=2vB(a+L),故A正确;粒子在电场中加速,根据动能定理可得qU=12mv2,联立解得U=B(a+L)v4,故B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2rv,粒子在磁场中运动的时间为t=T2,联立解得t=(a+L)2v,故C正确;如图所示,粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分,根据几何关系有d=r2-2L+a2-r2,最窄处的宽度为d=r-d,联立解得d=a+L-a2+2aL2,故D正确。