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7.选择题＋计算题组合练（2）
一、单项选择题
1.（2024·宁夏石嘴山模拟）PuO 中的Pu元素是 238 Pu，其具有天然放射性，半衰期为87.7年。 238 Pu发生α
2 94 94
衰变的核反应方程为238 Pu→X＋ 4 He，则下列说法正确的是（ ）
94 2
A.X原子核的中子数为141
B.10个Pu原子核经过87.7年后一定还会剩余5个
C.Pu原子核发生α衰变后产生的新核的比结合能大于Pu核的比结合能
D.Pu的半衰期跟核内部自身因素有关，也跟原子所处的化学状态和外部条件有关
解析：C 根据反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知X原子核的质量数为234，电荷数为92，则X原子核的中子
数为234－92＝142，故A错误；半衰期只适用于大量原子核的衰变，所以10个Pu原子核经过87.7年后不一定还
会剩余5个，故B错误；Pu原子核发生α衰变后产生的新核比Pu原子核更稳定，所以新核的比结合能大于Pu核
的比结合能，故C正确；Pu的半衰期跟核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误。
2.（2024·云南昆明模拟）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。如图所示，某
“静电透镜”区域的等差等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φ ＞φ 。现有一正电子束沿垂直于虚线AB的方
M N
向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD。下列说法正确的是（ ）
A.M点的电场强度小于N点的电场强度
B.正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子被会聚或发散后不会沿直线穿出小孔
C.经过N点的正电子比射入时动能、电势能均增大了
D.该“透镜”电场对垂直于虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用
解析：D 因M点处的等差等势面比N点处的等差等势面密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，A错误；
电场线与等势面垂直，由题图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的
电场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，B错误；经过N点的正电子受到的电场力做正功，动能增加，
但电势能减小，C错误；根据垂直于虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对
垂直于虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，D正确。
3.（2024·天津河东模拟）图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点P以该时刻作为计时起点的振动图
像，则从该时刻起（ ）
A.在t＝0.25 s时刻，Q点的加速度大于P点的加速度 B.经过0.3 s，P点沿x轴传播3 m
C.在t＝0.1 s时刻，Q点位于x轴下方 D.P点的振动速度始终为10 m/s
解析：A P点只能在自己平衡位置附近做简谐振动，而不随波迁移，故B错误；因质点振动的周期为0.4 s，根
据P点的振动图像和波形图可知，波沿x轴正方向传播，t＝0时刻Q点向上振动，则在t＝0.1 s时刻，Q点位于x
T T
轴上方，故C错误；P点在平衡位置附近做简谐振动，其振动速度不断变化，故D错误；由于t＝0.25 s＝ ＋
2 8
1 / 7T √2
，经过半个周期质点P回到平衡位置且向上振动，再经过 质点的位移为 A，而质点Q经过半个周期到达x轴
8 2
T √2 √6＋√2
下方纵坐标为－0.1 m的位置向下振动，再经过 ，位移比 A大，大小为 A，即Q离开平衡位置的位
8 2 4
移仍大于P离开平衡位置的位移，所以Q点的加速度大于P点的加速度，故A正确。
4.（2024·山西阳泉三模）一辆货车运载着规格相同的圆柱形光滑空油桶。车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被
牢牢固定，上层只有桶c，摆放在a、b之间，没有用绳索固定。重力加速度大小为g，汽车沿水平路面向左加速，
保证桶c相对车静止的情况下（ ）
A.加速度越大，a对c的作用力越大
B.加速度越大，b对c的作用力越小
√3
C.加速度的最大值为 g
3
√3
D.若油桶里装满油，汽车加速度的最大值小于 g
3
解析：C 对c进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fcos 60°－Fcos 60°＝ma，在竖直方向上，
b a
√3 √3
有Fsin 60°＋Fsin 60°＝mg，联立以上两式，解得F＝ mg－ma，F＝ mg＋ma，所以加速度越大，a对
b a a 3 b 3
c的作用力越小，b对c的作用力越大，故A、B错误；由上述分析可知当F＝0时，加速度最大，此时可得Fcos
a b
g √3
60°＝ma ，Fsin 60°＝mg，解得汽车加速度的最大值为a ＝ ＝ g，故C正确；由上述分析可知，
max b max tan60° 3
√3
加速度的最大值与油桶的质量无关，故不论油桶里装不装满油，汽车的加速度最大值都为 g，故D错误。
3
5.（2024·河南开封模拟）如图，假设一颗绕月球做匀速圆周运动的卫星，其动量的大小为p，与月面的距离为h，
此卫星对月球的张角为60°，已知月球的第一宇宙速度为v，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
0
A.月球的半径为1.5h
1
B.卫星的线速度大小为 v
2 0
√2
C.卫星的动能为 pv
4 0
v 2
D.卫星的加速度大小为 0
2h
2 / 7R
解析：C 设月球的半径为R，卫星对月球的张角为60°，卫星与月面的距离为h，由几何关系有 ＝sin
R＋ℎ
30°，解得R＝h，故A错误；卫星的轨道半径为r＝R＋h＝2h，卫星做圆周运动，由万有引力充当向心力，则有
GMm mv2 GMm mv 2
＝ ，月球的第一宇宙速度等于近月卫星的环绕速度，则有 ＝ 0 ，解得卫星的线速度大小为v
r2 r R2 R
√2 1 √2
＝ v，故B错误；卫星的动量为p＝mv，卫星的动能为E＝ mv2，结合上述解得E＝ pv，故C正确；卫星
2 0 k 2 k 4 0
v2 v 2
的加速度大小为a＝ ，结合上述解得a＝ 0 ，故D错误。
r 4ℎ
6.（2024·河北石家庄三模）如图所示，天花板上悬挂的电风扇绕竖直轴匀速转动，竖直轴的延长线与水平地板的
交点为O，扇叶外侧边缘转动的半径为R，距水平地板的高度为h。若电风扇转动过程中，某时刻扇叶外侧边缘脱
落一小碎片，小碎片落地点到O点的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，则电风扇转动时的角速度为（
）
L √ g R √ g
A. B.
R 2ℎ L 2ℎ
√ g R2 √ g L2
C. （ －1） D. （ －1）
2ℎ L2 2ℎ R2
解析：D 小碎片脱落后做平抛运动，从脱落到落地的水平位移为x＝√L2－R2，做平抛运动的时间为t＝
√2ℎ
，
g
v x √ g L2
故小碎片脱落，电风扇转动时的角速度为ω＝ ＝ ＝ （ －1），D正确。
R Rt 2ℎ R2
7.（2024·湖南岳阳模拟）如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg
的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱
离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加
速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为（ ）
A.0.8 m B.1.0 m
C.1.2 m D.1.5 m
解析：B 设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a，撤去外力后物块的加速度大小为a，木板
1 2
的加速度为a，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma ，μmg＝ma ，μmg－μ（M＋m）g＝Ma，解得a＝2 m/s2，
3 1 1 1 2 1 2 3 1
a＝4 m/s2，a＝0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度分别为v＝at＝2 m/s，v＝at＝0.5
2 3 1 11 2 31
1 4
m/s，设又经过t 时间，物块、木板共速，则v ＝v－at＝v＋at，解得t＝ s，v ＝ m/s，木板的长度为L
2 共 1 22 2 32 2 3 共 3
1 1 v ＋v v ＋v
＝ vt－ vt＋ 1 共 t－ 2 共 t＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故选B。
2 11 2 21 2 2 2 2
3 / 7二、多项选择题
8.（2024·重庆沙坪坝模拟）某拖拉机的往复式柴油内燃机利用迪塞尔循环进行工作，该循环由两个绝热过程、一
个等压过程和一个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体经历的迪塞尔循环，则（ ）
A.在状态a和c时气体温度T＞T
a c
B.a→b过程，气体对外界做功、内能减少
C.b→c过程，气体增加的内能小于该过程吸收的热量
D.完成一次循环过程，气体对外界做的功小于吸收的热量
解析：CD 根据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则Q ＝0，W ＜0，根据ΔU＝W＋Q可知，
cd cd
ΔU ＜0，则温度降低；气体从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c的温度高于在状态a
cd
时的温度，A错误；a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功W ＞0，Q ＝0，则ΔU ＝W ，即外界对气体做的功
ab ab ab ab
全部用于增加内能，B错误；b→c过程中体积增大，气体对外做功，即W ＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋
bc
Q，可知ΔU＜Q，即增加的内能小于该过程吸收的热量，C正确；根据p-V图线与V轴围成的面积表示气体做功的
大小，可知一次循环过程中气体对外界做的功W＞0，而一次循环过程中气体内能变化为零，则整个过程Q －Q
吸 放
＝W＞0，即在完成一次循环过程中气体吸收的热量大于气体对外界做的功，D正确。
9.（2024·河南信阳模拟）如图甲所示，间距为L的平行直导轨固定在绝缘水平面上，左端接有阻值为R的定值电
阻，导轨处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，不计导轨电阻，质量为m的金属棒
垂直放在导轨上，在金属棒上施加一个水平向右的拉力F，使金属棒由静止开始向右做加速运动，金属棒的运动速
√ g
度v和位移x的关系图像如图乙所示，图像的斜率为 ，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒
x
0
接入电路的电阻为R。若金属棒与导轨间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则金属棒从静止开始向右运动x 的
0
过程中，下列判断正确的是（ ）
A.金属棒做匀加速直线运动
B.金属棒的加速度随速度均匀增大
B2L2x
C.金属棒受到的安培力冲量大小为 0
R
B2L2x √gx
D.拉力做功为mgx＋ 0 0
0
4R
Δv a
解析：BD 由题图乙可知，图像斜率k＝ ＝ ，则a＝kv，可知，金属棒的加速度随速度均匀增大，故A错误，
Δx v
ΔΦ B2L2x
B正确；金属棒受到的安培力冲量的大小为I ＝BIL·Δt＝BqL＝BL ＝ 0，故C错误；设金属棒运动x 距
A 2R 2R 0
4 / 71 1
离时速度为v，则v＝kx＝√gx ，根据功能关系，可知拉力做功为W＝μmgx＋ mv 2＋ F x，又F ＝
0 0 0 0 0 2 0 2 安 0 安
B2L2v B2L2x √gx
0，解得拉力做功为W＝mgx＋ 0 0，故D正确。
0
2R 4R
10.（2024·黑龙江吉林模拟）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、
四象限内的磁场方向垂直于纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直于纸面向里，P（－L，0）、Q（0，－L）为坐
标轴上的两个点。现有一电荷量大小为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成45°的速度从P
点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是（ ）
πm
A.粒子运动的最短时间为
qB
√2πL
B.粒子运动的总路程一定为
2
C.粒子在Q点的速度方向可能与y轴垂直
D.粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为1∶3
解析：AD 若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示第一种情况粒子在Q点速度方向与
y轴负向的夹角为45°；第二种情况粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角为45°，故C错误；根据粒子的运动
T 1 2πm πm
轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，则t ＝ ＝ · ＝ ，故A正确；第一种情况粒子运动的总
min 2 2 qB qB
√2 √2
路程为s＝πr＝ πL，第二种情况粒子运动的总路程为s＝2·2πr＝2·2π· L＝√2πL，故B错误；由于粒子在磁
1 1 2 2 2 4
场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P
点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比为1∶1；第二种情况粒子从P点到O点的时间与粒子从O点到Q点
的时间之比为1∶3，故D正确。
三、计算题
3
11.（2024·湖北黄石期末）模拟光纤通信的示意图如图所示，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成 圆环，已知玻璃的
4
折射率为√2，光在真空中的速度为c。光纤在转弯的地方不能弯曲太大，要使从A端垂直入射的光线能全部从B
端射出。求：
（1）圆环内径R的最小值；
（2）在（1）问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间。
5 / 76(2+√2)d
答案：（1）(√2+1)d （2）
c
解析：（1）当从A端最下方入射的光线发生全反射时，其他光线都能发生全反射，设从A端最下方入射光线的入
R
射角为θ，则根据几何关系得sin θ＝
R＋d
设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C
1
根据临界角公式有sin C＝
n
因此有sin θ≥sin C
R 1
即 ≥
R＋d n
d d
解得R≥ ＝ ＝(√2+1)d
n－1 √2－1
所以R的最小值为（√2＋1）d。
（2）在（1）问的情况下θ＝45°
代入可得R＝(√2+1)d
如图所示
光在光纤内传播的总路程为s＝6R＝6(√2+1)d
c √2
光在光纤内传播的速度为v＝ ＝ c
n 2
s 6√2R 6(2+√2)d
所以所求时间为t＝ ＝ ＝ 。
v c c
12.（2024·广东惠州期末）如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左右两端距离L＝3 m，将一质量为m＝0.1
kg的小铁块（可看作质点）轻轻放在传送带左端，铁块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。铁块从A点飞出后，恰
好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ＝37°，A、
B、C、D四点在同一竖直平面内，水平传送带离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.4 m，C点为
圆弧轨道的最低点，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小v ；
D
（2）铁块在竖直圆弧轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功；
（3）水平传送带的速率v。
答案：（1）2 m/s （2）0.33 J （3）4 m/s
mv 2
解析：（1）小铁块恰好通过D点时，由牛顿第二定律得mg＝ D
R
解得v ＝2 m/s。
D
6 / 7（2）小铁块从A点到B点，由平抛运动规律知v 2＝2gH
y
v
y
根据三角函数得sin θ＝
v
B
解得v ＝5 m/s
B
1 1
根据动能定理得－mgR（1＋cos θ）－W＝ mv 2－ mv 2
f 2 D 2 B
解得W＝0.33 J。
f
v
y
（3）小铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有tan θ＝
v
A
解得小铁块离开A点时的速度v ＝4 m/s
A
1
小铁块在传送带上运动，根据动能定理得μmgs＝ mv 2
2 A
解得s＝2 m
因s＜L，故小铁块在传送带上先做匀加速直线运动，跟传送带达到共同速度后做匀速直线运动，故水平传送带的
速率v＝v ＝4 m/s。
A
7 / 7
