選擇題滿分練(六)(時間：30分鐘)一、單項選擇題1.日本福島核廢水中含有氚、鍶－90、銫－137、碘－129等放射性元素，如果將該廢水倒入大海將對海洋生態(tài)造成惡劣影響。其中鍶(eq\o\al(90,38)Sr)半衰期為30年，它通過β衰變變?yōu)獒惡耍铝姓f法正確的是()A.釔核的質量數(shù)為89B.釔核的比結合能比鍶核大C.衰變產生的β射線比γ射線穿透本領強D.如果核廢水不排入大海，人們可以通過改變儲藏環(huán)境縮短其放射性持續(xù)的時間答案B解析衰變過程滿足質量數(shù)守恒，電子的質量數(shù)為0，故釔核的質量數(shù)為90－0＝90，A錯誤；原子核的比結合能越大，原子核就越穩(wěn)定，鍶核通過β衰變變?yōu)獒惡?，說明釔核比鍶核更穩(wěn)定，故釔核的比結合能比鍶核大，B正確；衰變產生的三種射線中，γ射線的穿透本領最強，α射線的穿透本領最弱，β射線比γ射線穿透本領弱，C錯誤；原子核衰變的半衰期只由原子核內部決定，與外界環(huán)境沒有關系，故人們不可以通過改變儲藏環(huán)境縮短其放射性持續(xù)的時間，D錯誤。2.2021年11月8日，神舟十三號載人航天飛船上的三名航天員經(jīng)過6.5個小時的努力，順利完成所有艙外航天任務。王亞平就此成為中國歷史上首位執(zhí)行出艙任務的女宇航員，創(chuàng)造了太空探索新紀錄。已知空間站在離地高度約為400km的圓形軌道飛行，引力常量為G，下列說法正確的是()圖1A.與同步衛(wèi)星相比，空間站做圓周運動的加速度較大B.與同步衛(wèi)星相比，空間站做圓周運動的周期較長C.只要查到空間站的運行周期即可計算出地球的平均密度D.王亞平在空間站外面檢修時若手中的工具不小心掉落，工具將會落向地面答案A解析由于空間站軌道半徑比同步衛(wèi)星的小，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，知空間站做圓周運動的加速度較大，A正確；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k知，空間站做圓周運動的周期較短，B錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，只知道空間站的運行周期，而不知道地球半徑，則無法算出地球的平均密度，C錯誤；王亞平在空間站外面檢修時若手中的工具不小心掉落，則工具就像空間站一樣繞地球做勻速圓周運動，不會落向地面，D錯誤。3.噴灑酒精消毒是抗擊新冠肺炎疫情的重要手段。某班級用于消毒的噴壺示意圖如圖2所示。閉合閥門K，向下按壓壓桿A可向瓶內儲氣室充氣，多次充氣后，按下按柄B打開閥門K，消毒液會經(jīng)導管自動從噴嘴處噴出。設噴液過程中，儲氣室內氣體溫度保持不變，若儲氣室內氣體可視為理想氣體，則下列說法正確的是()圖2A.噴液過程中，儲氣室內氣體內能減小B.噴液過程中，儲氣室內氣體放出熱量C.噴液過程中，儲氣室內氣體分子對器壁單位面積的平均撞擊力逐漸減小D.只要儲氣室內氣體壓強大于外界大氣壓強，消毒液就能從噴嘴噴出答案C解析噴液過程中，溫度不變，儲氣室內氣體內能不變，A錯誤；噴液過程中，氣體膨脹對外做功，但內能不變，由熱力學第一定律可知，儲氣室內氣體吸收熱量，B錯誤；由于噴液過程中溫度保持不變，氣體分子的平均動能不變，故分子熱運動劇烈程度不變，但是氣體壓強減小，所以儲氣室內氣體分子對器壁單位面積的平均撞擊力逐漸減小，故C正確；只有當儲氣室內氣體壓強大于外界大氣壓強與導管內液體壓強之和時，消毒液才能從噴嘴噴出，故D錯誤。4.如圖3所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時a點的磁感應強度大小為B1，b點的磁感應強度大小為B2。當把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應強度大小為()圖3A.B1－eq\f(B2,2) B.B2－eq\f(B1,2)C.B2－B1 D.eq\f(B1,3)答案A解析甲、乙兩環(huán)在b點產生的磁感應強度大小相等，方向相同，則兩環(huán)在b點分別產生的磁感應強度大小為eq\f(B2,2)；兩環(huán)在a點產生的磁感應強度大小為B1，甲環(huán)在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(B2,2)，兩環(huán)在a點產生的磁感應強度方向相同，則乙環(huán)在a點產生的磁感應強度大小為B1－eq\f(B2,2)；由于乙環(huán)在a點產生的磁感應強度與甲環(huán)在c點產生的磁感應強度大小相等，則當把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應強度大小為B1－eq\f(B2,2)，故A正確，B、C、D錯誤。5.如圖4所示，邊長為a的正三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)有一帶正電、電荷量為q、質量為m的粒子，由AB邊上距A點eq\f(\r(3),2)a的P點，以初速度v0垂直AB邊進入磁場，后從邊AC離開磁場，則磁場的磁感應的強度大小可能是()圖4A.eq\f(mv0,qa) B.eq\f(2mv0,qa)C.eq\f(3mv0,qa) D.eq\f(2mv0,3qa)答案B解析設當磁感應強度為B1時粒子恰好與BC邊相切，如圖甲所示。由幾何關系可知此時粒子的軌道半徑為甲r1＝acos30°＝eq\f(\r(3),2)a，由洛倫茲力提供向心力有qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B1＝eq\f(2\r(3)mv0,3qa)設當磁感應強度為B2時，粒子恰好與AC邊相切，如圖乙所示乙可知r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)－r2))sin60°解得r2＝eq\f(3（2－\r(3)）,2)a同理解得B2＝eq\f(2（2＋\r(3)）mv0,3qa)則磁場的磁感應強度大小范圍為[eq\f(2\r(3)mv0,3qa)，eq\f(2（2＋\r(3)）mv0,3qa)]，故B正確。6.如圖5所示為某探究活動小組設計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),4)。木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與木箱之間無相對滑動)，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列說法正確的是()圖5A.木箱與貨物的質量之比為6∶1B.下滑與上滑過程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點C.木箱與彈簧沒有接觸時，下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為1∶6D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能等于彈簧增加的彈性勢能答案B解析系統(tǒng)從開始下滑到再次回到最高點過程，由能量守恒定律可得mgLsin30°＝μ(M＋m)gcos30°·L＋μMgcos30°·L，解得木箱與貨物的質量之比為eq\f(M,m)＝eq\f(1,6)，A錯誤；下滑過程中，設木箱速度最大時彈簧的壓縮量為x1，由受力平衡得kx1＝(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°＝eq\f(7,8)Mg，上滑過程中，設木箱速度最大時彈簧的壓縮量為x2，由受力平衡得kx2＝Mgsin30°＋μMgcos30°＝eq\f(7,8)Mg，故有x1＝x2，即下滑與上滑過程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點，B正確；木箱與彈簧沒有接觸時，下滑的加速度大小a1＝gsin30°－μgcos30°＝eq\f(1,8)g，上滑的加速度大小a2＝gsin30°＋μgcos30°＝eq\f(7,8)g，則下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,7)，C錯誤；在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧增加的彈性勢能和因摩擦產生的內能，D錯誤。7.如圖6所示，與水平面成θ＝30°角的傳送帶以v＝2m/s的速度順時針運行，質量為m＝1kg的小物塊以初速度v0＝4m/s從底部滑上傳送帶，物塊恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),5)，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖6A.傳送帶從底端到頂端的長度為1mB.物塊在傳送帶上向上運動的時間為0.5sC.物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為1.25mD.物塊在傳送帶上向上運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量為3.75J答案D解析小物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設經(jīng)過時間t1減速到與傳送帶速度相等x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)，t1＝eq\f(v0－v,a1)解得x1＝0.75m，t1＝0.25sμ<tanθ，當物塊的速度小于傳送帶速度后，物塊受到向上的滑動摩擦力，做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2x2＝eq\f(v2－0,2a2)，t2＝eq\f(v－0,a2)解得x2＝1m，t2＝1s則傳送帶從底端到頂端的長度為L＝x1＋x2＝1.75m，所用時間t＝t1＋t2＝1.25s，故A、B錯誤；在t1和t2時間，傳送帶分別向上位移x1′＝vt1，x2′＝vt2物塊相對傳送帶上滑Δs1＝x1－x1′＝0.25m，Δs2＝x2－x2′＝－1m即物塊先相對傳送帶上滑0.25m，后相對傳送帶下滑1m，則劃痕長度為1m，故C錯誤；物塊相對傳送帶滑動的路程為Δs＝Δs1＋|Δs2|＝1.25m則摩擦生熱Q＝μmgcosθ·Δs代入數(shù)據(jù)可得Q＝3.75J，故D正確。二、多項選擇題8.(2022·四川瀘州模擬)在全國斯諾克團體錦標賽中，選手丁俊暉把質量為m的白球以5v的速度推出，與正前方另一靜止的相同質量的黃球發(fā)生對心正碰，碰撞后黃球的速度為3v，運動方向與白球碰前的運動方向相同。若不計球與桌面間的摩擦，則()A.碰后瞬間白球的速度為2vB.兩球之間的碰撞屬于彈性碰撞C.白球對黃球的沖量大小為3mvD.兩球碰撞過程中系統(tǒng)能量不守恒答案AC解析設碰后瞬間白球的速度為v1，兩球碰撞過程中，由動量守恒定律有m·5v＝m·3v＋mv1，解得v1＝2v，選項A正確；由于eq\f(1,2)m·(5v)2>eq\f(1,2)m·(3v)2＋eq\f(1,2)m·(2v)2，即碰撞前系統(tǒng)的總動能大于碰撞后系統(tǒng)的總動能，所以兩球之間的碰撞是非彈性碰撞，選項B錯誤；由動量定理可知，白球對黃球的沖量大小為I＝3mv，選項C正確；兩球碰撞過程中系統(tǒng)能量守恒，機械能不守恒，選項D錯誤。9.如圖7所示，已知電源電動勢為E，內電阻為r(r<R0)，電壓表與電流表均為理想電表；開關閉合后，當滑動變阻器的滑動觸頭P逐漸向左滑動時，則()圖7A.燈泡將變亮B.|ΔV1|<|ΔV2|C.eq\f(ΔV2,ΔI)的值為R0D.電壓表和電流表的讀數(shù)均變大答案BC解析當滑動變阻器的滑片P向左滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，可知干路電流變大，電流表A的示數(shù)變大。根據(jù)U＝E－Ir，路端電壓變小，電壓表V1的示數(shù)變小，D錯誤；當滑動變阻器的滑片P向左滑動時，干路電流變大，電源內電壓變大，R0兩端電壓變大，燈泡兩端電壓變小，燈泡將變暗，A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律，則路端電壓的變化量為ΔU＝－rΔI，|ΔV1|＝|ΔU|＝|rΔI|，根據(jù)部分電路歐姆定律，R0兩端電壓U0＝IR0，則U0的變化量為ΔU0＝R0ΔI，|ΔV2|＝|ΔU0|＝|R0ΔI|，因為r<R0，故|ΔV1|<|ΔV2|，B正確；R0＝eq\f(ΔU0,ΔI)＝eq\f(ΔV2,ΔI)，C正確。10.如圖8，有一透明材料制成的空心球體，內徑R＝1m，外徑為2R，在過球心的某截面內有一束單色光從球面上A點射入，光線與AO間夾角i＝60°，經(jīng)折射后恰好與內球面相切，已知光速c＝3×108m/s，下列說法正確的是()圖8A.光線射入球體后頻率變小B.光線射入球體后波長變大C.透明材料對該單色光的折射率為eq\r(3)D.從A點射入球體的光線經(jīng)反射再次回到A點所用時間為6×10－8s答案CD解析光線射入球體后頻率不變，故A錯誤；光線射入球體后速度變小，根據(jù)λ＝vf可知波長變小，故B錯誤；根據(jù)幾何關系得在透明材料中的折射角的正弦值sinr＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，根據(jù)折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(3)，故C正確；作出如下光路圖由幾何關系可得光在透明材料中的路程為s＝6×2Rcos30°＝6eq\r(3)m，光在透明材料中的傳播速度為v＝eq\f(c,n)＝eq\r(3)×108m/s，則時間為t＝eq\f(s,v)＝6×10－8s，故D正確。11.如圖9所示，間距為L＝0.8m的兩條平行光滑豎直金屬導軌PQ、MN足夠長，底部Q、N之間連接阻值為R1＝2.0Ω的電阻，磁感應強度為B1＝0.5T、足夠大的勻強磁場與導軌平面垂直。質量為m＝1.0×10－2kg、電阻值為R2＝2.0Ω的金屬棒ab放在導軌上，且始終與導軌接觸良好。導軌的上端點P、M分別與橫截面積為5.0×10－3m2的10匝線圈的兩端連接，線圈的軸線與大小均勻變化的勻強磁場B2平行。開關S閉合后，金屬棒ab恰能保持靜止。取重力加速度g＝10m/s2，其余部分的電阻不計。則()圖9A.勻強磁場B2的磁感應強度均勻減小B.金屬棒ab中的電流為0.25AC.勻強磁場B2的磁感應強度的變化率為10T/sD.斷開S之后，金屬棒ab下滑的最大速度為1.25m/s答案BC解析金屬棒ab處于靜止狀態(tài)，則金屬棒ab受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知通過金屬棒ab的電流方