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10.选择题＋计算题组合练（5）
一、单项选择题
1.（2024·天津和平模拟）小明去西藏旅行时，发现从低海拔地区买的密封包装的零食，到了高海拔地区时出现了
严重的鼓包现象。假设食品袋里密封的有一定质量的理想气体，全过程温度保持不变。从低海拔地区到高海拔地
区的过程，下列分析正确的是（ ）
A.袋内气体压强减小
B.大气压强增大
C.袋内气体释放了热量
D.袋内气体分子的平均动能变大
解析：A 大气层中，随高度的增加，大气压强减小，可知，从低海拔地区到高海拔地区的过程，大气压强减小，
对食品袋进行分析，为了达到内外平衡，则袋内气体压强减小，故A正确，B错误；温度不变，气体内能不变，
气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，袋内气体从外界吸收热量，故C错误；气体分子的
平均动能由温度决定，温度不变，袋内气体分子的平均动能不变，故D错误。
2.（2024·湖北荆门模拟）1926年，人们首次利用放射性元素氡进行了示踪技术应用，后来又广泛应用于生理、病
理和药理等研究领域。氡的放射性同位素中最常用的是222 Rn，222 Rn经过m次α衰变和n次β衰变后变成稳定的206
86 86 82
Pb，则（ ）
A.m＝4，n＝2
B.在威尔逊云室中α射线的径迹细，β射线的径迹粗
C.222 Rn的比结合能小于206 Pb的比结合能
86 82
D.通过改变温度等外部条件，可以控制氡的半衰期
解析：C 核反应过程中质量数守恒与电荷数守恒，由题意可得4m＝222－206，解得m＝4，86＝82＋2m－n，解
得n＝4，A错误；在威尔逊云室中α射线的径迹粗，β射线的径迹细，B错误；生成物更稳定，比结合能更大，222
86
Rn的比结合能小于206 Pb的比结合能，C正确；半衰期由放射性元素本身决定，与环境的温度等外部条件无关，D
82
错误。
3.（2024·河北沧州模拟）劈尖干涉是一种薄膜干涉，可检查玻璃板的平整度。如图所示，将一块待测正方形玻璃
板放置在一块标准板上，并在一侧边缘处垫上一块垫片使中间形成劈状空气层。已知玻璃板的边长L＝10 cm，垫
片厚度d＝1 mm，用波长λ＝400 nm的单色光从上方入射，观测到的干涉条纹中亮纹数为（ ）
A.5×103条 B.1×104条
C.2×104条 D.5×104条
1 / 6λ
解析：A 由薄膜干涉规律可知，当待测玻璃板和标准板之间的距离x＝n (n=1，2，3…)时，为干涉的亮条纹，
2
2d 2×1×10－3 m
由题意可知x最大值为d，所以n＝ ＝ ＝5×103，所以观测到的干涉条纹中亮条纹数为5×103
λ 400×10－9 m
条。故选A。
4.（2024·山东青岛三模）甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距
抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，当两个小球同时在同一水平线上
时，距离抛出点的高度为（ ）
1 1
A. gt 2 B. g（t 2－t 2）
2 2 2 2 1
1 1
C. g（t 2－t 2） D. g（t 2－t 2）
4 2 1 8 2 1
1 (t ) 2 1
解析：D 根据竖直上抛运动规律，小球甲到达的最高点距抛出点的高度为h＝ g 2 ＝ gt 2，当两个小球同时
2 2 8 2
t －t 1 (t t －t ) 2 1
运动到同一水平线上时，小球乙的运动时间t＝ 2 1，小球甲下落的高度h'＝ g 2－ 2 1 ＝ gt 2，故该
2 2 2 2 8 1
1
位置距离抛出点的高度为h″＝h－h'＝ g（t 2－t 2），故选D。
8 2 1
5.（2024·河北沧州三模）中国古代将火星称之为“荧惑”。已知火星距太阳约1.5天文单位，为地球到太阳距离
的1.5倍。火星质量为6.42×1020 kg，约为地球质量的10％。太阳质量M＝2×1030 kg。火星自转周期为24小时
37分，与地球自转相似。地球公转周期约为365天，则火星公转周期是（ ）
A.6×106 s B.6×1010 s
C.671 d D.970 d
r 3 r 3
火 地
解析：C 火星与地球都绕着太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律可得 ＝ ，已知地球公转周期T ＝
T 2 T 2 地
火 地
365 d，r ＝1.5r ，解得T ≈671 d，故选C。
火 地 火
6.（2024·湖北武汉模拟）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2 m处
由静止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量
不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10
m/s2，忽略空气阻力，则小球从M点运动至N点所用的时间为（ ）
A.0.2 s B.0.3 s
C.0.4 s D.0.5 s
2 / 6解析：C 由自由落体运动公式v2＝2gh，可知小球运动到M点的速度大小为v＝2 m/s，以沿斜面为x轴，以垂直
于斜面为y轴，如图所示，v'＝v＝vcos 37°＝1.6 m/s，v＝vsin 37°＝1.2 m/s，将重力加速度分解为a＝gcos
y y x y
1
37°＝8 m/s2，a＝gsin 37°＝6 m/s2，从M点落到斜面上的N点，由运动学公式可知y＝v't－ at2＝0，代入数
x y 2 y
据解得t＝0.4 s，故选C。
7.（2024·重庆沙坪坝模拟预测）如图所示，墙上固定着一根长为L的光滑水平杆，小球套在杆上，两根完全相同
的原长为0.6L的橡皮筋一端固定在墙上，另一端与小球连接。小球从杆的中点以初速度v向左运动，小球将做周
期为T的往复运动，且运动过程中始终未与墙相碰。下列说法正确的是（ ）
A.小球做简谐运动
T
B.两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为
2
v
C.小球的初速度为 时，其运动周期为3T
3
v
D.小球的初速度为 时，其运动周期仍为T
3
解析：B 小球在杆中点左右各0.1L范围内橡皮筋均没有弹力，因此小球先向左匀速运动0.1L到达A点后开始受
到右侧橡皮筋的拉力做减速运动，减速至零再向右加速到A点，此后匀速运动到初始位置，接下来向右进行周期
性的运动，因此小球不是做简谐运动，A错误；在开始运动的半个周期内，橡皮筋的弹性势能先为零再增加再减
T
小为零，此后进行周期性变化，即两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为 ，B正确；无论初速度为多少，小球
2
的运动情形都一样，但小球在匀速运动阶段运动的距离是相同的，因此匀速运动时间不同，小球在受到橡皮筋弹
√m
力的运动过程可看成简谐运动，其简谐运动周期T＝2π ，可知在橡皮筋有弹力的过程时间相同，因此不同的初
1
k
√m 0.4L v
速度下，小球运动周期不同，即小球运动的周期T＝2π ＋ ，则当小球的初速度为 时，其运动周期为
k v 3
0.4 L
√m √m 0.4 L
T'＝2π ＋ v ＝2π ＋3× ，故C、D错误。
k k v
3
二、多项选择题
8.（2024·贵州黔东南三模）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量
为m的飞行器 （可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下
降速率v的关系为f＝kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的
过程下列说法正确的是（ ）
mg
A.飞行器的最大速率为v＝
k
3 / 6m3g2
B.风洞阻力对飞行器做功为mgh－
2k2
2ℎk
C.飞行器运动时间为t＝
mg
m2g＋k2
ℎ
D.飞行器运动时间为t＝
kmg
mg
解析：AD 飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mg＝kv ，则v ＝ ，故A正确；对飞行器，由
m m k
1 m3g2
动能定理得mgh＋W＝ mv 2，则W＝ －mgh，故B错误；对飞行器由动量定理得mgt－kvt＝mv ，vt＝h，
f 2 m f 2k2 m
m2g＋k2
ℎ
则t＝ ，故C错误，D正确。
kmg
9.（2024·云南昆明模拟）如图所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O点为原点，相邻两点间距均为x，静
0
电场方向平行于x轴，现将质量为m、带电荷量为－q（q＞0）的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静电力的
作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.粒子在b点的动能为0 B.粒子先减速运动后加速运动
E E
C.a、c两点的电场强度大小均为 0 D.d点的电势为－ 0
2qx q
0
解析：CD 根据能量守恒定律可知，从O到b再到d过程，电势能先减少后增加，所以粒子的动能先增加后减少，
故粒子在b点其动能最大，粒子的速度先增大后减小，故A、B错误；图线切线斜率的绝对值代表静电力的大小，
E E
0 0
静电力的大小F＝qE＝ ，所以a、c两点的电场强度大小均为E＝ ，故C正确；根据电势的定义式可知，
2x 2qx
0 0
E E
d点的电势为φ＝ p ＝－ 0，故D正确。
d －q q
10.如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5 m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面
内，其间接有一电容为0.25 F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2 T，方向竖直向下的匀强磁场中，末
端与桌面边缘平齐。电阻为2 Ω的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为1 kg。棒ab从导轨左
1
端距水平桌面高1.25 m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E＝ CU2，其中C
2
为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，则金属棒ab在沿导轨运动
的过程中（ ）
A.通过金属棒ab的电荷量为2 C B.通过金属棒ab的电荷量为1 C
C.金属棒ab中产生的焦耳热为2.5 J D.金属棒ab中产生的焦耳热为4.5 J
4 / 61
解析：BC 金属棒沿光滑圆弧轨道下落过程中，由机械能守恒定律得mgh＝ mv 2，可求得v＝5 m/s，之后金属
2 0 0
棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电
容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－F t＝mv－mv，设经过Δt，速度增加了Δv，感应电动
安 0
Δq
势分别为E＝BLv，E'＝BL(v＋Δv)，可知Δq＝C(E'－E)＝CBLΔv，又因为I＝ ＝CBLa，所以F ＝
Δt 安
mv
0
CB2L2a，代入可得v＝ ，解得v＝4 m/s，此时，金属棒动生电动势为E＝BLv＝4 V，因此，此时电容
m＋B2L2C
器电压U也为4 V，则电容器增加的电荷量为Q＝CU＝1 C，因此通过金属棒的电荷量也为1 C。故A错误，B
1 1 1
正确；由以上分析可知，动能减少量为ΔE＝ mv 2－ mv2＝4.5 J，而E ＝ CU2＝2 J，所以W ＝2.5 J。
k 2 0 2 电容器 2 热
故C正确，D错误。
三、计算题
11.（2024·江西上饶模拟）如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与
y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图
乙中U、T 均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上y＝a的P点沿y轴负方向
0 0
均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为
T，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强
0
6am √ m
度大小为 ，求：
qT ❑ 2 2qU
0 0
（1）M、N板间的距离为多少；
（2）从两板间射出的粒子能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
（3）若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去
部分的长度至少为多少。
T √2qU ( √6)
答案：（1） 0 0 （2）33.33％ （3） 1－ a
2 m 6
1 1 qU (T ) 2
解析：（1）设两板间的距离为d，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则 d＝2× × 0 0
2 2 md 2
T √2qU
解得d＝ 0 0。
2 m
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为T，所以所有粒子在电场中运动时沿平行于x轴方向的速度变化量为零，
0
a
即所有粒子进磁场时，速度大小均为v＝
0 T
0
v 2
方向垂直于x轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律qvB＝m 0
0
r
5 / 6T √2qU
解得r＝ 0 0
6 m
2
所有粒子在磁场中均做半径为r的半圆周运动，则2r＝ d
3
1 d 1
在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N板 d处进入磁场并恰好从M板处进入电场，则 ＝ ×
3 6 2
qU 0 (T 0－t ) 2 ×2－ 1 × qU 0t2×2
md 2 2 md
T
解得t＝ 0
6
2t
根据对称性得，从两板间射出的粒子能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为η＝ ×100％＝33.33％。
T
0
v
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v，速度与y轴负方向的夹角为θ，则v＝ 0
cosθ
粒子在磁场中做圆周运动的半径
mv mv
r'＝ ＝ 0
qB qBcosθ
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
2mv 2
s＝2r'cos θ＝ 0＝ d
qB 3
1 1 1 qU
截去一段后，若从t＝0时刻进入电场的粒子发生的侧移为 d，则所有粒子均不能再进入电场，则 d＝ × 0
6 6 2 md
√6
t'2，解得t'＝ T
6 0
( √6)
则截去部分的板长至少为L＝a－vt'＝ 1－ a。
0 6
6 / 6
