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10.选择题＋计算题组合练（5）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
一、单项选择题
. （ 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
1 2024·
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（ ）
√. 袋内气体压强减小
A
. 大气压强增大
B
. 袋内气体释放了热量
C
. 袋内气体分子的平均动能变大
D1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 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 正确， 错误；温度不变，气
A B
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 错误；气体分子的平均动能由温度
C
决定，温度不变，袋内气体分子的平均动能不变，故 错误。
D1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 湖北荆门模拟） 年，人们首次利用放射性元素氡进行了示
2 2024· 1926
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 ， 经过 次 衰变和 次 衰变后变
Rn Rn m α n β
222
222
成稳定的 ，则（ ）
Pb 86
86
. ＝ ，206＝
A m 4 n 2
82
. 在威尔逊云室中 射线的径迹细， 射线的径迹粗
B α β
√ 的比结合能小于 的比结合能
C Rn Pb
222 206
. 通过改变温度等外部条件，可以控制氡的半衰期
D
86 82
.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 核反应过程中质量数守恒与电荷数守恒，由题意可得 ＝
4m
－ ，解得 ＝ ， ＝ ＋ － ，解得 ＝ ， 错误；在威尔逊
222 206 m 4 86 82 2m n n 4 A
云室中 射线的径迹粗， 射线的径迹细， 错误；生成物更稳定，比结
α β B
合能更大， 的比结合能小于 的比结合能， 正确；半衰期由
Rn Pb C
206
222
放射性元素本身决定，与环境的温度等外部条件无关， 错误。
D
82
861 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 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
3 2024·
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
＝ ，垫片厚度 ＝ ，用波长 ＝ 的单色光从上方入射，
10 cm d 1 mm λ 400 nm
观测到的干涉条纹中亮纹数为（ ）
√A . 5 × 10 3条 B . 1 × 10 4条
. × 4条 . × 4条
C 2 10 D 5 101 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 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
， ， 时，为干涉的亮条纹，由题意可知 最大值为 ，所以
n x d
2 = 1 2 3…
＝ ＝ ＝ × ，所以观测到的干涉条纹中亮条纹数为
n 5 103
−3
2 2×1×10 m
5
×
103
条。故选−9
A
。
400×10 m1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 山东青岛三模）甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位
4 2024·
置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度 与时间 的关
h t
系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为 ，当两个小球同时在
g
同一水平线上时，距离抛出点的高度为（ ）
. . （ － ）
A g B g
1 1
2 2 2
2 2 1
. 2 （ － ） √ . 2 （ － ）
C g D g
1 1
2 2 2 2
2 1 2 1
4 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 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 ＝ ＝ ，当两个小球同时运动到同一水平线上时，小球
h g g
2
1 2 1
2
2
2 2 8
乙的运动时间 ＝ ，小球甲下落的高度 ＝ ＝ ，
t h' g g
2
2− 1 1 2 2− 1 1
2
1
故该位置距离抛出点2 的高度为 ＝ － ＝ （2 －2 − ）2 ， 故选8 。
h″ h h' g D
1
2 2
2 1
8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 河北沧州三模）中国古代将火星称之为“荧惑”。已知火星距
5 2024·
太阳约 . 天文单位，为地球到太阳距离的 . 倍。火星质量为
1 5 1 5
. × ，约为地球质量的 ％。太阳质量 ＝ × 。火星自
6 42 1020 kg 10 M 2 1030 kg
转周期为 小时 分，与地球自转相似。地球公转周期约为 天，则
24 37 365
火星公转周期是（ ）
. × 6 . × 10
A 6 10 s B 6 10 s
. .
C 671 d D 970 d
√1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 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
火 地
可得 ＝ ，已知地球公转周期 ＝ ， ＝ . ，解得
T 365 d r 1 5r T
地 火 地 火
3 3
火 地
2 2
≈ ，故选 。
67 1 d C1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 湖北武汉模拟）如图所示，倾角为 °的斜面固定在水平面
6 2024· 37
上，小球从斜面上 点的正上方 . 处由静止下落，在 点与斜面碰
M 0 2 m M
撞，之后落到斜面上的 点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面
N
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
°＝ . ， °＝ . ，取重力加速度大小 ＝ ，忽略空气阻
37 0 6 cos 37 0 8 g 10 m/s2
力，则小球从 点运动至 点所用的时间为（ ）
M N
. . . .
A 0 2 s B 0 3 s
√C . 0 . 4 s D . 0 . 5 s1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 由自由落体运动公式 ＝ ，可知小
v2 2gh
球运动到 点的速度大小为 ＝ ，以沿斜面为
M v 2 m/s
轴，以垂直于斜面为 轴，如图所示， ＝ ＝
x y v ' v
y y
°＝ . ， ＝ °＝ . ，将
vcos 37 1 6 m/s v vsin 37 1 2 m/s
x
重力加速度分解为 ＝ °＝ ， ＝
a gcos 37 8 m/s2 a gsin
y x
°＝ ，从 点落到斜面上的 点，由运动学公式可知 ＝ －
37 6 m/s2 M N y v 't a t2
y y
1
＝ ，代入数据解得 ＝ . ，故选 。
0 t 0 4 s C
21 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 重庆沙坪坝模拟预测）如图所示，墙上固定着一根长为 的光滑
7 2024· L
水平杆，小球套在杆上，两根完全相同的原长为 . 的橡皮筋一端固定
0 6L
在墙上，另一端与小球连接。小球从杆的中点以初速度 向左运动，小
v
球将做周期为 的往复运动，且运动过程中始终未与墙相碰。下列说法
T
正确的是（ ）
. 小球做简谐运动
A
√
. 两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为
B
. 小球的初速度为 时，其运动周期为
C 3T 2
. 小球的初速度为 时，其运动周期仍为
D 3 T
31 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 小球在杆中点左右各 . 范围内橡皮筋均没有弹力，因此小球先向左匀
0 1L
速运动 . 到达 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
0 1L A
加速到 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
A
球不是做简谐运动， 错误；在开始运动的半个周期内，橡皮筋的弹性势能先为
A
零再增加再减小为零，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 ， 正确；无论初速度为多少，小球的运动情形都一样，但小球在匀
B
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
2
弹力的运动过程可看成简谐运动，其简谐运动周期 ＝ ，可知在橡皮筋有
T 2π
1
弹力的过程时间相同，因此不同的初速度下，小球运动周期不同，即小球运动
的周期 ＝ ＋ ，则当小球的初速度为 时，其运动周期为 ＝ ＋
T 2π T' 2π
0 4 0 4
. .
3
＝ ＋ × ，故 、 错误。 3
2π 3 C D
0 4
.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
二、多项选择题
. （ 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
8 2024·
种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为 的飞行器 （可视为质点）
m
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 的关系为 ＝ ，测出飞行器由静止下降 后做匀速直
v f kv h
线运动，重力加速度大小为 。关于飞行器下降 的过程下列说法正确的
g h
是（ ）
√. 飞行器的最大速率为 ＝
A v
. 风洞阻力对飞行器做功为 －
B mgh
3 2
. 飞行器运动时间为 ＝
C t 2
2
2ℎ
＋
. 飞行器运动时间为 ＝
√D t
2 2
ℎ
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得 ＝
mg
，则 ＝ ，故 正确；对飞行器，由动能定理得 ＋ ＝
kv v A mgh W
m m f
，则 ＝ － ，故 错误；对飞行器由动量定理得 －
m W mgh B mgt k t
f
3 2
1
2
2
m
2 2 ＋
＝ ， ＝ ，则 ＝ ，故 错误， 正确。
mv t h t C D
m
2 2
ℎ
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 云南昆明模拟）如图所示， 、 、 、 、 是 轴上的五个点，
9 2024· O a b c d x O
点为原点，相邻两点间距均为 ，静电场方向平行于 轴，现将质量为
x x
0
、带电荷量为－ （ ＞ ）的带电粒子自 点由静止释放，粒子仅在静
m q q 0 O
电力的作用下沿 轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示。下列说
x
法正确的是（ ）
. 粒子在 点的动能为
A b 0
. 粒子先减速运动后加速运动
B
√. 、 两点的电场强度大小均为
C a c
0
√. 点的电势为－ 2 0
D d
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 根据能量守恒定律可知，从 到 再到 过程，电势能先减少
O b d
后增加，所以粒子的动能先增加后减少，故粒子在 点其动能最大，粒
b
子的速度先增大后减小，故 、 错误；图线切线斜率的绝对值代表静
A B
电力的大小，静电力的大小 ＝ ＝ ，所以 、 两点的电场强度大小
F qE a c
0
2 0
均为 ＝ ，故 正确；根据电势的定义式可知， 点的电势为 ＝
E C d φ
d
0 p
2 0 −
＝－ ，故 正确。
D
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距 . ，固定在水平绝
10 0 5 m
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 ，方向竖直向下的匀强
2 T
磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为 的金属棒 垂直于两导轨放
2 Ω ab
置且与导轨接触良好，质量为 。棒 从导轨左端距水平桌面高
1 kg ab
. 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
1 25 m
的储能 ＝ ，其中 为电容器的电容， 为电容器两端的电压，不
E CU2 C U
1
计空气阻力，取重力加速度 ＝ ，则金属棒 在沿导轨运动的过
g 10 m/s2 ab
2
程中（ ）
. 通过金属棒 的电荷量为
A ab 2 C
√
. 通过金属棒 的电荷量为
B ab 1 C
√
. 金属棒 中产生的焦耳热为 .
C ab 2 5 J
. 金属棒 中产生的焦耳热为 .
D ab 4 5 J1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 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
，可求得 ＝ ，之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压
m v 5 m/s
0
1
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
2
0
2
端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－ ＝ － ，设经过
F t mv mv
安 0
，速度增加了 ，感应电动势分别为 ＝ ， ＝ ＋ ，可知 ＝
Δt Δv E BLv E' BL Δq
＝ ，又因为 ＝ ＝ ，所以 ＝ ，代入可得 ＝
C CBLΔv I CBLa F CB2L2a v
安
Δ
Δ
，解得 ＝ ，此时，金属棒动生电动势为 ＝ ＝ ，因此，此
v 4 m/s E BLv 4 V
＋ ′ − Δ
0
时电容器电压 也为 ，则电容器增加的电荷量为 ＝ ＝ ，因此通过金
U 4 V Q CU 1 C
2 2
属棒的电荷量也为 。故 错误， 正确；由以上分析可知，动能减少量为
1 C A B
＝ － ＝ . ，而 ＝ ＝ ，所以 ＝ . 。故 正
ΔE m mv2 4 5 J E CU2 2 J W 2 5 J C
k 电容器 热
1 1 1
确， 错误。
D 2
0
2 2 21 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
三、计算题
. （ 江西上饶模拟）如图甲所示，长为 的平行板 、 分别位于第一、第二
11 2024· a M N
象限内，与坐标平面垂直并与 轴平行，两板到 轴的距离相等，两板的下端均
y y
在 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 、 均
x U T
0 0
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 轴上 ＝
y y a
的 点沿 轴负方向均匀地射出质量为 、电荷量为 的带正电粒子，每个粒子
P y m q
均能进入磁场且从 点射出到进入磁场所用的时间均为 ，从 ＝ 时刻射出的
P T t 0
0
粒子刚好从 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
N
的磁感应强度大小为 ，求：
6am
2
q 0 2 01 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ） 、 板间的距离为多少；
1 M N
答案：
0 2 0
2
解析： 设两板间的距离为 ，从 ＝ 时刻射出的粒子刚好从
d t 0
板的边缘飞出，则 ＝ × ×
N d 2
2
1 1 0 0
解得
d
＝ 。
2 2 2
0 2 0
2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ）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
2
例为多少；
答案： . ％
33 33
解析：由于所有粒子穿过电场的时间均为 ，所以所有粒子在电
T
0
场中运动时沿平行于 轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进
x
磁场时，速度大小均为 ＝
v
0
方向垂直于 轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
x
0
＝
qv B m
0
2
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解得 ＝
r
0 2 0
所有粒子6在磁 场中均做半径为 的半圆周运动，则 ＝
r 2r d
2
在第一个周期内，设在 时刻射入的粒子在离 板 处进入磁场并
t N d 3
1
3
恰好从 板处进入电场，则 ＝ × × － × ×
M 2 t2 2
2
1 0 0 1 0
解得 ＝ 6 2 2 − 2
t
0
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
6
占总粒子数的比例为 ＝ × ％＝ . ％。
η 100 33 33
2
01 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ）若将 、 极板上段截去一部分，使所有粒子从 点射出后经
3 M N P
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。
答案：
a
6
1 − 61 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析：截去一段后，设粒子进磁场时的速度为 ，速度与 轴负方
v y
向的夹角为 ，则 ＝
θ v
0
粒子在磁场中做圆周运动的半径
cos
＝ ＝
r'
0
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
cos
＝ ＝ ＝
s 2r'cos θ d
2 0 2
截去一段后，若从 ＝ 时刻进入电场的粒子发生的侧移为 ，则
t 0 d
3
1
所有粒子均不能再进入电场，则 ＝ × ，解得 ＝
d t'2 t' T
6
0
1 1 0 6
则截去部分的板长至少为 ＝ － ＝ 。
L a 6v t' 2 a 6
0
6
1 − 6
