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5.选择题＋实验题组合练（5）
一、单项选择题
1.已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为90 Sr→ 90 Y＋X，90 Y是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下
38 39 39
列说法正确的是（ ）
A.衰变方程中的X为质子
B.90 Sr的比结合能小于❑ 90 Y的比结合能
38 39
C.此反应的实质是Sr原子发生电离
2
D.经过84年，会有 的锶90发生衰变
3
解析：B 根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误；衰变反应是放能反应，衰变产物 90 Y是一
39
90
种更稳定的元素，可知其比结合能大于 Sr的比结合能，B项正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为
38
1 1
质子，同时释放出一个电子，C项错误；根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩余（ ）3＝ 的锶90没有
2 8
7
发生衰变，即会有 的锶90发生衰变，D项错误。
8
2.（2024·山东青岛三模）多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且
每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为1 m，如图所示。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为5 m
时后车才能开动。已知车长均为4 m，开动后车都以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起
瞬间，第一辆车立即开动，下列说法正确的是（ ）
A.第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为√5 s
B.第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为2√30 m/s
C.从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为12 s
D.从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为15 s
1
解析：D 当第一辆车向前行驶4 m时，第二辆车开始启动，根据位移与时间关系可得x＝ at 2，代入数据解得
1 2 1
t＝2 s，故A错误；第六辆车前端距离停止线25 m，根据速度与位移关系可得v2＝2ax，解得v＝10 m/s，故B
1 6
错误；前面一辆车开始启动2 s后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为
1
t'＝5×2 s＝10 s，故C错误；由于第六辆车前端距离停止线25 m，根据位移与时间关系可得x＝ at 2，解得t
6 2 6 6
＝5 s，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t'＋t＝15 s，故D正确。
6
3.（2024·河南模拟）如图所示，一横截面为圆环形的玻璃砖，外径为内径的2倍，O为圆心。一束单色光由A点
射入玻璃砖，当入射角为α时，折射光线恰好不能透过内壁进入内圆（不考虑折射光线经外界面反射的光线）。
已知玻璃砖的折射率为√2，则α等于（ ）
1 / 7A.75° B.60° C.45° D.30°
sinα
解析：D 当入射角为α时，光路如图所示，根据折射定律知n＝ ，由题意知，此时折射光线刚好在内壁表面
sinθ
1 2R R 1
发生全反射，故sin C＝ ，在△AOB中，由正弦定理得 ＝ ，联立得sin α＝ ，解得α＝
n sin (180°－C) sinθ 2
30°，故选D。
4.（2024·广东深圳模拟）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，然后将其从
热水中拿出，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C→D的变化过程，V-T图像如图所示，T为热力
学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（ ）
A.状态A、B的压强之比为3∶2
B.A→D过程，球内气体从外界吸收的热量为零
C.在状态C、D时气体分子无规则运动的平均动能之比为4∶1
D.在状态C、D时气体分子无规则运动的平均动能之比为1∶4
V
p · 0 p V
解析：C 根据理想气体状态方程可知 A 2 ＝ B 0 ，解得p ∶p ＝2∶3，A错误； A→D的过程中，温度不
3T A B
T 0
0
变，故内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，B错误；由题意
可知，气体的平均动能E＝ε·T（ε＞0），C、D两状态气体的温度之比为4∶1，故E ∶E ＝4∶1，C正确，D错
k kC kD
误。
5.（2024·湖北武汉模拟）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度v 从远
0
离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所
示，若仅将带电粒子的初速度改为2v，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为
0
（ ）
√15
A.√2 B.√3 C.2 D.
5
解析：D 设＋Q和－Q圆环的圆心分别为O 和O，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O 点的右
1 2 1
侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O 点的左侧到O 点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正
1 2
功，在O 点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，
2
在O 点电势最高设为φ ，在O 点电势最低设为－φ ，由能量关系可知，在O 点处电势能最大，动能最小，在O
1 m 2 m 1 2
2 / 71 1 1
点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得 mv 2＝qφ ，当速度为2v 时，有 m(2v ) 2 ＝
2 0 m 0 2 0 2
1 1 v √3 √15
mv 2＋qφ ， m(2v ) 2 ＝ mv 2－qφ ，联立解得v ＝√3v，v ＝√5v，则可得 min ＝ ＝ ，故选D。
min m 2 0 2 max m min 0 max 0 v √5 5
max
6.（2024·山东烟台三模）北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，
成功将天目一号气象星座15－18星（以下简称天目星）发射升空，天目星顺利进入预定轨道，至此天目一号气象
星座阶段组网完毕。天目星的发射变轨过程可简化为如图所示，先将天目星发射到距地面高度为h 的圆形轨道Ⅰ
1
上，在天目星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将天目星送入距
地面高度为h 的圆形轨道Ⅲ上，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则天目星沿椭圆轨道从A点运动到B
2
点的时间为（ ）
π
√(ℎ＋ℎ＋R) 3
π
√(ℎ＋ℎ +2R) 3
A. 1 2 B. 1 2
2R 2g 2R 2g
π
√(ℎ＋ℎ +2R) 3
π
√(ℎ＋ℎ +2R) 3
C. 1 2 D. 1 2
R 2g R g
Mm
解析：B 根据万有引力与重力的关系得G ＝mg，在圆形轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力得G
R2
Mm 4π2 2R＋ℎ＋ℎ
＝m （R＋h），椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a＝ 1 2，根据开普勒第三定律
（R＋ℎ ）2 T 2 1 2
1 1
（R＋ℎ 1 ）3 ＝ a3 ，解得天目星沿椭圆轨道Ⅱ的周期为T 2 ＝π √(ℎ 1 ＋ℎ 2 +2R) 3 ，天目星沿椭圆轨道从A点运
T 2 T 2 R 2g
1 2
1
π
√(ℎ＋ℎ +2R) 3
动到B点的时间为t＝ T＝ 1 2 ，故选B。
2 2
2R 2g
7.（2024·广东广州模拟）如图所示，甲、乙两物体间夹有一轻质弹簧（不拴接），在外力作用下静止在水平桌面
上，甲的质量大于乙的质量，两物体与桌面间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中
与桌面间因摩擦产生的热量分别为Q 、Q ，不考虑空气阻力，对于该过程，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A.甲、乙一直加速
B.甲的加速度为0时，乙在减速
C.系统一定受到向右的冲量
D.Q 可能等于初始时弹簧的弹性势能
甲
解析：C 释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中弹簧弹力随着形变量的减小而减小，甲、乙两物体所受摩擦力大
小保持不变，由牛顿第二定律kx－f＝ma可知它们的加速度先减小至零然后反向增大。所以二者均为先加速再减速，
故A错误；根据f＝μmg可知甲所受摩擦力较大，弹簧对两物体的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知，当甲的加
速度为0时，乙在加速，故B错误；对系统受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知系统一定受到向右的冲量，
故C正确；根据能量守恒定律E＝Q ＋Q ＋E ＋E ，可知Q 小于初始时弹簧的弹性势能，故D错误。
p 甲 乙 k甲 k乙 甲
3 / 7二、多项选择题
8.（2024·河北保定二模）如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车（可看成质点）上，任意一个小孩加上自己的
碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动
能E 的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆
0
车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是（ ）
1
A.三辆碰碰车整体最后的动能等于 E
3 0
B.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3
C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1
D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2
1 1
解析：AC 由系统动量守恒，可得mv＝3mv，其中E＝ mv 2，则三辆碰碰车整体最后的动能等于E＝ ×3mv2
0 0 2 0 k 2
1 x
＝ E，故A正确；设相邻两车间的距离为x，碰碰车1运动到2的时间为t＝ ，依题意，碰碰车1与静止的碰
3 0 1 v
0
x 2x
碰车2碰撞过程，动量守恒，有mv＝2mv ，则碰碰车2运动到3的时间为t＝ ＝ ，可得t∶t＝1∶2，故B
0 12 2 v v 1 2
12 0
1 1 1
错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE＝ mv 2－ ×2mv 2＝ mv 2，碰碰车第二次碰撞时损失的机械
1 2 0 2 12 4 0
1 1 1
能为ΔE＝ ×2mv 2－ ×3mv2＝ mv 2，可得ΔE∶ΔE＝3∶1，故C正确，D错误。
2 2 12 2 12 0 1 2
9.（2024·辽宁辽阳模拟）如图所示，直金属棒折成“＜”形导轨AOC固定在绝缘水平桌面上，三角形AOC为边
长为L的等边三角形，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，整个空间中有垂直于导轨平面向上
的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。
给金属棒一个水平向右的拉力，使金属棒从O点开始以大小为v的速度向右匀速运动，金属棒始终与AC平行，则
金属棒在导轨上运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A.回路中的电流保持不变
B.回路中的电热功率保持不变
C.拉力的大小随时间均匀增大
√3B2L2
D.整个过程，拉力的冲量大小为
4r
4 / 7解析：AC 当金属棒从O点向右运动距离为x时，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝2xtan 30°，产生的感应电
E Bv
动势 E＝Blv，感应电流I＝ ＝ ，A正确；回路中电流不变，但电阻不断增大，因此电热功率不断增大，B
3lr 3r
2B2v2tan30°
错误；拉力等于安培力，即F＝BIl＝ t，即拉力的大小随时间均匀增大，选项C正确；整个过程，
3r
√3L B2Lv 1 √3B2L2
运动的时间为t＝ ，拉力的最大值为F ＝ ，则整个过程，拉力的冲量大小为I＝ F t＝ ，选项
2v m 3r 2 m 12r
D错误。
10.（2024·湖北武汉模拟）如图所示，一光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
筒上P点和Q点开有小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，PQ为直径。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从
P点沿PO入射，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度大小不变，电
荷量不变。不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为（ ）
πm πm
A. B.
2Bq Bq
2πm 3πm
C. D.
Bq Bq
2πm
解析：BD 粒子在磁场中运动的周期T＝ ，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒（如图所示）可知，粒
qB
135°×4 3πm 45°×4 πm
子在磁场中运动的时间可能为t＝ T＝ ，或者可能t＝ T＝ ，故选B、D。
1 360° qB 2 360° qB
三、实验题
11.（2024·青海玉树模拟）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图甲所示。
（1）需要的测量仪器或工具有 ABD 。
A.刻度尺 B.天平（带砝码） C.秒表 D.圆规
（2）必须要求的条件是 BD 。
A.入射球和被碰球必须质量相等
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.斜槽轨道应尽量光滑以减小误差
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止下滑
（3）某次实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m 和被碰小球质量m
1 2
之比为 4 ∶ 1 。
5 / 7解析：（1）根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则满足mOP＝mOM＋mO'N
1 1 2
实验中需要测量的物理量有两小球质量和水平射程；因此应用到刻度尺和天平（带砝码），测量水平射程前，要
确定小球的落点，要用到圆规。不需要测量时间，不需要秒表。故选A、B、D。
（2）为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故A错误；要保证每次小球都做平抛运
动，则斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解
碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽轨道是否光滑没有要求，故C错误；要保证碰撞前的速
度相同，所以入射球每次都要从同一位置由静止滚下，故D正确。
m O'N 41.1－1.1 4
（3）根据m·OP＝m·OM＋m·O'N得 1 ＝ ＝ ＝ 。
1 1 2 m OP－OM 25.5－15.5 1
2
12.（2024·广东广州模拟）半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组
想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值R ，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
N
压力传感器；
电源：电动势6 V，内阻不计；
电流表A：量程250 μA，内阻约为50 Ω；
电压表V：量程3 V，内阻约为20 kΩ；
滑动变阻器R：阻值范围0～100 Ω；
1
滑动变阻器R：阻值范围0～20 kΩ；
2
开关S；
导线若干。
（1）为了提高测量的准确性，应该选以下 C 电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选 R （填元器件符
1
号），使用该电路得到的测量值 大于 （选填“大于”“小于”或者“等于”）真实值；
（2）通过多次实验测得其阻值R 随压力F变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如
N
图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于0.5 kg的物体和小于0.5 kg的物体进行分拣，图中R 为压力传感器，
N
R'为滑动变阻器，电源电动势为6 V（内阻不计）。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个
可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压u≥2 V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制
电路两端电压u＜2 V时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。根据以上原
理可知，R'接入电路的阻值为 9 . 0 kΩ（重力加速度大小取10 m/s2，结果保留2位有效数字），质量为0.4 kg
的物体将进入 通道 2 （选填“通道1”或“通道2”）。
解析：（1）为使滑动变阻器便于调节，应选择R，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻
1
值，故滑动变阻器应采用分压接法，又由于待测电阻阻值远大于电流表的内阻，故应采用电流表的内接法，故选
U
C。由部分电路欧姆定律可知R ＝
N I
电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于R 两端电压，故R 测量值大于真实值。
N N
6 / 7（2） 质量为0.5 kg的物体对R 的压力为F＝mg＝5 N，由图甲可知，此时R ＝18.0 kΩ，由闭合电路欧姆定律
N N
U
E＝U＋IR ，且R'＝ ，联立解得R'＝9.0 kΩ，由图甲可知，压力变小，R 阻值变大，故电路中电流变小，R'两
N I N
端电压变小，小于2 V，故物体进入通道2。
7 / 7
