4/510.選擇題＋計(jì)算題組合練（5）一、單項(xiàng)選擇題1.（2024·天津和平模擬）小明去西藏旅行時，發(fā)現(xiàn)從低海拔地區(qū)買的密封包裝的零食，到了高海拔地區(qū)時出現(xiàn)了嚴(yán)重的鼓包現(xiàn)象。假設(shè)食品袋里密封的有一定質(zhì)量的理想氣體，全過程溫度保持不變。從低海拔地區(qū)到高海拔地區(qū)的過程，下列分析正確的是（）A.袋內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小B.大氣壓強(qiáng)增大C.袋內(nèi)氣體釋放了熱量D.袋內(nèi)氣體分子的平均動能變大解析：A大氣層中，隨高度的增加，大氣壓強(qiáng)減小，可知，從低海拔地區(qū)到高海拔地區(qū)的過程，大氣壓強(qiáng)減小，對食品袋進(jìn)行分析，為了達(dá)到內(nèi)外平衡，則袋內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，故A正確，B錯誤；溫度不變，氣體內(nèi)能不變，氣體體積增大，氣體對外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，袋內(nèi)氣體從外界吸收熱量，故C錯誤；氣體分子的平均動能由溫度決定，溫度不變，袋內(nèi)氣體分子的平均動能不變，故D錯誤。2.（2024·湖北荊門模擬）1926年，人們首次利用放射性元素氡進(jìn)行了示蹤技術(shù)應(yīng)用，后來又廣泛應(yīng)用于生理、病理和藥理等研究領(lǐng)域。氡的放射性同位素中最常用的是

86222Rn，86222Rn經(jīng)過m次α衰變和n次β衰變后變成穩(wěn)定的

82206A.m＝4，n＝2B.在威爾遜云室中α射線的徑跡細(xì)，β射線的徑跡粗C.86222Rn的比結(jié)合能小于

D.通過改變溫度等外部條件，可以控制氡的半衰期解析：C核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒，由題意可得4m＝222－206，解得m＝4，86＝82＋2m－n，解得n＝4，A錯誤；在威爾遜云室中α射線的徑跡粗，β射線的徑跡細(xì)，B錯誤；生成物更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，86222Rn的比結(jié)合能小于

82206Pb的比結(jié)合能，C正確；半衰期由放射性元素本身決定，3.（2024·河北滄州模擬）劈尖干涉是一種薄膜干涉，可檢查玻璃板的平整度。如圖所示，將一塊待測正方形玻璃板放置在一塊標(biāo)準(zhǔn)板上，并在一側(cè)邊緣處墊上一塊墊片使中間形成劈狀空氣層。已知玻璃板的邊長L＝10cm，墊片厚度d＝1mm，用波長λ＝400nm的單色光從上方入射，觀測到的干涉條紋中亮紋數(shù)為（）A.5×103條 B.1×104條C.2×104條 D.5×104條解析：A由薄膜干涉規(guī)律可知，當(dāng)待測玻璃板和標(biāo)準(zhǔn)板之間的距離x＝nλ2n=1，2，3…時，為干涉的亮條紋，由題意可知x最大值為d，所以n＝2dλ＝2×1×10－34.（2024·山東青島三模）甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點(diǎn)的高度h與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，當(dāng)兩個小球同時在同一水平線上時，距離拋出點(diǎn)的高度為（）A.12gt22 B.12g（C.14g（t22－t12） D.18解析：D根據(jù)豎直上拋運(yùn)動規(guī)律，小球甲到達(dá)的最高點(diǎn)距拋出點(diǎn)的高度為h＝12gt222＝18gt22，當(dāng)兩個小球同時運(yùn)動到同一水平線上時，小球乙的運(yùn)動時間t＝t2－t12，小球甲下落的高度h'＝12gt22－t2－t1225.（2024·河北滄州三模）中國古代將火星稱之為“熒惑”。已知火星距太陽約1.5天文單位，為地球到太陽距離的1.5倍。火星質(zhì)量為6.42×1020kg，約為地球質(zhì)量的10％。太陽質(zhì)量M＝2×1030kg。火星自轉(zhuǎn)周期為24小時37分，與地球自轉(zhuǎn)相似。地球公轉(zhuǎn)周期約為365天，則火星公轉(zhuǎn)周期是（）A.6×106s B.6×1010sC.671d D.970d解析：C火星與地球都繞著太陽做勻速圓周運(yùn)動，由開普勒第三定律可得r火3T火2＝r地3T地2，已知地球公轉(zhuǎn)周期T地＝365d，r火＝1.5r地，解得6.（2024·湖北武漢模擬）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，小球從斜面上M點(diǎn)的正上方0.2m處由靜止下落，在M點(diǎn)與斜面碰撞，之后落到斜面上的N點(diǎn)。已知小球在碰撞前、后瞬間，速度沿斜面方向的分量不變，沿垂直于斜面方向的分量大小不變，方向相反，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則小球從M點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)所用的時間為（）A.0.2s B.0.3sC.0.4s D.0.5s解析：C由自由落體運(yùn)動公式v2＝2gh，可知小球運(yùn)動到M點(diǎn)的速度大小為v＝2m/s，以沿斜面為x軸，以垂直于斜面為y軸，如圖所示，vy'＝vy＝vcos37°＝1.6m/s，vx＝vsin37°＝1.2m/s，將重力加速度分解為ay＝gcos37°＝8m/s2，ax＝gsin37°＝6m/s2，從M點(diǎn)落到斜面上的N點(diǎn)，由運(yùn)動學(xué)公式可知y＝vy't－12ayt2＝0，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s，故選C7.（2024·重慶沙坪壩模擬預(yù)測）如圖所示，墻上固定著一根長為L的光滑水平桿，小球套在桿上，兩根完全相同的原長為0.6L的橡皮筋一端固定在墻上，另一端與小球連接。小球從桿的中點(diǎn)以初速度v向左運(yùn)動，小球?qū)⒆鲋芷跒門的往復(fù)運(yùn)動，且運(yùn)動過程中始終未與墻相碰。下列說法正確的是（）A.小球做簡諧運(yùn)動B.兩根橡皮筋的總彈性勢能的變化周期為TC.小球的初速度為v3時，其運(yùn)動周期為3D.小球的初速度為v3時，其運(yùn)動周期仍為解析：B小球在桿中點(diǎn)左右各0.1L范圍內(nèi)橡皮筋均沒有彈力，因此小球先向左勻速運(yùn)動0.1L到達(dá)A點(diǎn)后開始受到右側(cè)橡皮筋的拉力做減速運(yùn)動，減速至零再向右加速到A點(diǎn)，此后勻速運(yùn)動到初始位置，接下來向右進(jìn)行周期性的運(yùn)動，因此小球不是做簡諧運(yùn)動，A錯誤；在開始運(yùn)動的半個周期內(nèi)，橡皮筋的彈性勢能先為零再增加再減小為零，此后進(jìn)行周期性變化，即兩根橡皮筋的總彈性勢能的變化周期為T2，B正確；無論初速度為多少，小球的運(yùn)動情形都一樣，但小球在勻速運(yùn)動階段運(yùn)動的距離是相同的，因此勻速運(yùn)動時間不同，小球在受到橡皮筋彈力的運(yùn)動過程可看成簡諧運(yùn)動，其簡諧運(yùn)動周期T1＝2πmk，可知在橡皮筋有彈力的過程時間相同，因此不同的初速度下，小球運(yùn)動周期不同，即小球運(yùn)動的周期T＝2πmk＋0.4Lv，則當(dāng)小球的初速度為v3時，其運(yùn)動周期為T'＝2πmk＋0.4L二、多項(xiàng)選擇題8.（2024·貴州黔東南三模）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是了解飛行器空氣動力學(xué)特性的一種空氣動力實(shí)驗(yàn)方法。在風(fēng)洞中將一質(zhì)量為m的飛行器（可視為質(zhì)點(diǎn)）由靜止釋放，假設(shè)飛行器所受風(fēng)洞阻力方向豎直向上，風(fēng)洞阻力大小f與飛行器下降速率v的關(guān)系為f＝kv，測出飛行器由靜止下降h后做勻速直線運(yùn)動，重力加速度大小為g。關(guān)于飛行器下降h的過程下列說法正確的是（）A.飛行器的最大速率為v＝mgB.風(fēng)洞阻力對飛行器做功為mgh－mC.飛行器運(yùn)動時間為t＝2D.飛行器運(yùn)動時間為t＝m解析：AD飛行器速度最大時加速度為零，由牛頓第二定律得mg＝kvm，則vm＝mgk，故A正確；對飛行器，由動能定理得mgh＋Wf＝12mvm2，則Wf＝m3g22k2－mgh，故B錯誤；對飛行器由動量定理得mgt－kvt＝mvm，vt＝h，則9.（2024·云南昆明模擬）如圖所示，O、a、b、c、d是x軸上的五個點(diǎn)，O點(diǎn)為原點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間距均為x0，靜電場方向平行于x軸，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為－q（q＞0）的帶電粒子自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，粒子僅在靜電力的作用下沿x軸運(yùn)動，其電勢能隨位置變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.粒子在b點(diǎn)的動能為0 B.粒子先減速運(yùn)動后加速運(yùn)動C.a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為E02qx0 D解析：CD根據(jù)能量守恒定律可知，從O到b再到d過程，電勢能先減少后增加，所以粒子的動能先增加后減少，故粒子在b點(diǎn)其動能最大，粒子的速度先增大后減小，故A、B錯誤；圖線切線斜率的絕對值代表靜電力的大小，靜電力的大小F＝qE＝E02x0，所以a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為E＝E02qx0，故C正確；根據(jù)電勢的定義式可知，d點(diǎn)的電勢為φ10.如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5m，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Ω的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為1kg。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25m處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動。已知電容器的儲能E＝12CU2，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，則金屬棒ab在沿導(dǎo)軌運(yùn)動的過程中（A.通過金屬棒ab的電荷量為2C B.通過金屬棒ab的電荷量為1CC.金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5J D.金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J解析：BC金屬棒沿光滑圓弧軌道下落過程中，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝12mv02，可求得v0＝5m/s，之后金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因?yàn)榘才嗔ψ鰷p速運(yùn)動，當(dāng)金屬棒的動生電動勢與電容器兩端電壓相等時，金屬棒勻速運(yùn)動。由動量定理可知－F安t＝mv－mv0，設(shè)經(jīng)過Δt，速度增加了Δv，感應(yīng)電動勢分別為E＝BLv，E'＝BLv＋Δv，可知Δq＝CE'－E＝CBLΔv，又因?yàn)镮＝ΔqΔt＝CBLa，所以F安＝CB2L2a，代入可得v＝mv0m＋B2L2C，解得v＝4m/s，此時，金屬棒動生電動勢為E＝BLv＝4V，因此，此時電容器電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為Q＝CU＝1C，因此通過金屬棒的電荷量也為1C。故A錯誤，B正確；由以上分析可知，動能減少量為ΔEk＝12mv02－12mv2＝4.5J，而E三、計(jì)算題11.（2024·江西上饒模擬）如圖甲所示，長為a的平行板M、N分別位于第一、第二象限內(nèi)，與坐標(biāo)平面垂直并與y軸平行，兩板到y(tǒng)軸的距離相等，兩板的下端均在x軸上，兩板上所加的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示（圖乙中U0、T0均已知），在第三、四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場。在y軸上y＝a的P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向均勻地射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，每個粒子均能進(jìn)入磁場且從P點(diǎn)射出到進(jìn)入磁場所用的時間均為T0，從t＝0時刻射出的粒子剛好從N板下邊緣進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6amqT（1）M、N板間的距離為多少；（2）從兩板間射出的粒子能再次進(jìn)入兩板間的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例為多少；（3）若將M、N極板上段截去一部分，使所有粒子從P點(diǎn)射出后經(jīng)電場、磁場偏轉(zhuǎn)后均不能再進(jìn)入電場，則截去部分的長度至少為多少。答案：（1）T022qU0m（2）33.33解析：（1）設(shè)兩板間的距離為d，從t＝0時刻射出的粒子剛好從N板的邊緣飛出，則12d＝2×12解得d＝T0（2）由于所有粒子穿過電場的時間均為T0，所以所有粒子在電場中運(yùn)動時沿平行于x軸方向的速度變化量為零，即所有粒子進(jìn)磁場時，速度大小均為v0＝a方向垂直于x軸向下；粒子在磁場中運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝mv解得r＝T所有粒子在磁場中均做半徑為r的半圓周運(yùn)動，則2r＝23在第一個周期內(nèi)，設(shè)在t時刻射入的粒子在離N板13d處進(jìn)入磁場并恰好從M板處進(jìn)入電場，則d6＝12