1
选择题专项练(五)
一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2023 浙江金丽衢十二校联考)2022 年11 月30 日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,
神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。2023 年2 月10 日航天员穿着白色舱外航天服
出舱,完成舱外作业,如图所示。已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径
R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11 N·m2/kg2。下列说法正确的是( )
A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kg
B.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速
C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动
D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷
2.(2023 浙江金华三模)2023 年4 月12 日21 时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态
高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是1
2 H +1
3H
H+X。若1
2H
的质量为m1,1
3H 的质量为m2,2
4H 的质量为m3,X 的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )
A.只有氘(1
2H)和氚(1
3H)能发生核聚变,其他原子核不能
B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2
C.其中粒子X 的符号是0
1n
D.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去
3.(2023 天津二模)2022 年5 月15 日,我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032 m
的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段下降过程中,温度升高,体积和质量视为不变,艇内气体可
视为理想气体,则艇内气体( )
A.压强增大
B.放出热量
C.内能不变
D.气体对外做正功
4.(2023 重庆九龙坡三模)如图所示,有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的复色光从空气射向AB 边的
中点D,经三棱镜折射后分为a、b 两束单色光,单色光a 偏折到BC 边的中点E,单色光b 偏折到F 点,
则下列说法正确的是( )
2
A.a 光在该三棱镜的折射率大于b 光的
B.在该三棱镜中a 光的传播速度大于b 光的传播速度
C.a、b 两束单色光分别通过同一双缝干涉装置,a 光的相邻亮条纹间距大
D.若a 光恰好能使某种金属发生光电效应,则b 光也能使该金属发生光电效应
5.(2023 重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。使线圈a 沿轴线做简谐运动,线圈a 中产生
的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a 连接原、副线圈匝数比为1∶10 的理想变压器,
其输出端接充电设备。线圈a 及导线的电阻不计。则( )
甲
乙
A.变压器输出电流的频率为10 Hz
B.充电设备两端的电压有效值为5 V
C.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同
D.其他条件不变,仅增大线圈a 简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变
6.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B 两根
输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A 中电流方向垂直纸面向外、B 中电流方向垂直纸面向里、电
流大小均为I,下方C 输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )
A.A、B 两输电线缆相互吸引
B.A 输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°
C.A 输电线缆在A、B 两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
3
D.正三角形中心O 处磁感应强度方向水平向左
7.(2023 江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总
质量为m。用细绳分别系在轴上的P、Q 两点,将卷纸通过细绳挂在光滑竖直墙壁上的O 点,已知
OP=OQ=PQ=L,重力加速度的大小为g。则下列说法正确的是( )
A.每根绳的拉力大小为√3mgL
2√3 L
2-d
2
B.每根绳的拉力大小为
mgL
√3 L
2-d
2
C.卷纸对墙的压力大小为
mgd
√4 L
2-d
2
D.卷纸对墙的压力大小为
2mgL
√4 L
2+d
2
二、多项选择题:每小题有多个选项符合题目要求。
8.(2023 重庆北碚模拟)如图所示,在空间坐标系Oxyz 上a(0,0,L)、b(0,L,0)、c(L,0,0)三点处分别固定
电荷量为+q、-q、-q(q>0)的点电荷,M、N、P 三点分别为ab、ac、bc 的中点。规定无穷远处的电
势为0,下列说法正确的是( )
A.M、N 两点的电场强度大小相等
B.O 点的电场强度方向沿y 轴正方向
C.负的试探电荷在M 点的电势能大于其在P 点的电势能
D.同一试探电荷在M、N 两点的电势能相等
9.(2023 四川成都三模)如图甲所示,按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。某按压
式圆珠笔内芯的质量为m,外壳的质量为4m,外壳与内芯之间的轻质弹簧的劲度系数为k。如图乙所
示,先把笔竖直倒立于水平硬桌面上,用力下压外壳使其下端接触桌面(图乙中a 所示),此时轻质弹簧
的压缩量为x=15mg
k
,然后将圆珠笔由静止释放,圆珠笔外壳竖直上升,当其与内芯发生碰撞时(图乙
中b 所示),轻质弹簧的压缩量变为初始时的五分之一,此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大
4
高度处(图乙中c 所示)。已知弹簧弹性势能的计算公式为E=1
2
kx2,x 为弹簧的形变量,不计摩擦与空
气阻力,下列说法正确的是( )
A.圆珠笔从a 到c 的整个过程中,轻质弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能
B.从轻质弹簧推动外壳开始向上运动到与内芯发生碰撞的过程中,外壳受到的冲量大小为√
480m
3
k
g
C.外壳与内芯碰撞后,圆珠笔上升的最大高度为96mg
5k
D.轻质弹簧推动外壳向上运动的过程中,在与内芯发生碰撞前的瞬间,外壳的速度达到最大
10.(2023 山东济南模拟)如图所示,足够长的“
”形光滑平行导轨MP、NQ 固定在绝缘水平面上,
宽导轨间距为2l,窄导轨间距为l,OO'左侧为金属导轨,右侧为绝缘导轨。一质量为m、阻值为r、三
边长度均为l 的“U”形金属框,左端紧靠OO'平放在绝缘导轨上(与金属导轨不接触)。OO'左侧存在
磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场,OO'右侧以O 为原点,沿OP 方向建立x 轴,沿Ox 方
向存在磁感应强度大小分布规律为B=B0+kx(k>0)、方向竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b 垂直
于导轨放置在宽导轨段,质量均为m、长度均为2l、阻值均为2r。初始时,将b 锁定,a 在水平向右、
大小为F 的恒力作用下,从静止开始运动,离开宽导轨前已匀速,a 滑上窄导轨瞬间,撤去力F,同时释放
b。当a 运动至OO'时,a 中已无电流(b 始终在宽导轨上),此时撤去b。金属导轨电阻不计,a、b、金属
框与导轨始终接触良好,则( )
A.a 在宽导轨上匀速运动时的速度大小v0=
Fr
2B0
2l
2
B.a 刚滑上窄导轨时a 两端的电势差U= 5 Fr
3 B0l
C.从撤去外力F 到a 运动至OO'的过程中,a 中产生的焦耳热Qa= m F
2r
2
30 B0
4l
4
D.若a 与金属框碰撞后连接在一起构成回路,a 静止时与OO'的距离x= 4 mF r
2
5k
2B0
2l
6
5
选择题专项练(五)
1.A 根据题意,由万有引力提供向心力有Gm地m
( R+h)
2 =m4 π
2
T
2 (R+h),解得m 地=4 π
2( R+h)
3
GT
2
=6×1024 kg,故A 正确;飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更低轨道,然后加速做离心运动,
完成对接,故B 错误;航天员出舱后,如果静止释放一个小球,万有引力提供向心力,小球做圆周运
动,故C 错误;舱外航天服设计成白色是为了反射射线,减少自身的热量丧失,故D 错误。
2.C 理论上,原子序数小于铁的原子核都可以发生核聚变,不一定是氘(1
2H)和氚(1
3H),恒星演化
后期会有氦聚变为碳进而聚变为氧的过程,A 错误;发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小
为(m1+m2-m3-m4)c2,B 错误;由核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知,其中粒子X 的符号是0
1
n,C 正确;核聚变一旦发生,就不再需要外界给它能量,靠自身产生的能量就会使反应继续下去,D
错误。
3.A 由于浮空艇下降过程中体积和质量均不变,则艇内气体不做功;根据查理定律p1
T 1
= p2
T 2
可知,
当温度升高,则艇内气体压强增大,气体内能增大;由热力学第二定律ΔU=W+Q 可知气体吸收热
量。故选A。
4.A 由题图可知,a 光的偏折程度较大,a 光在该三棱镜的折射率大于b 光的,A 正确;由v=c
n
可知,
在该三棱镜中a 光的传播速度小于b 光的传播速度,B 错误;a 光的折射率大,波长较短,由Δx= L
d
λ
可知,a、b 两束单色光分别通过同一双缝干涉装置,a 光的相邻亮条纹间距小,C 错误;a 光的折射
率大,频率较高,若a 光恰好能使某种金属发生光电效应,则b 光一定不能使该金属发生光电效
应,D 错误。
5.C 根据图乙可知线圈产生的交变电流的周期为0.2 s,所以交变电流的频率为f= 1
T
=5 Hz,变压
器不能改变交变电流的频率,所以变压器输出电流的频率为5 Hz,A 错误;根据图乙可知线圈产生
的交变电流的最大值为0.5 V,有效值为U 有=U m
√2 = √2
4
V,根据原、副线圈的匝数与电压的关系
U 1
U 2
= n1
n2
,可得充电设备两端的电压有效值为U2=5√2
2
V,B 错误;变压器的输出功率由副线圈电路
决定,所以其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同,C 正确;线圈产
生的最大电压为Um=NBSω=2πfNBS,其他条件不变,仅增大线圈a 简谐运动的频率,线圈产生的最
大电压变大,所以充电设备两端的电压最大值变大,D 错误。
6.C 由于A、B 输电线缆通入的电流方向相反,所以两输电线缆相互排斥,故A 错误;B 对A 的作
用力沿AB 水平向左,C 对A 的作用力沿AC 斜向右下,且大小为B 对A 作用力的2 倍,如图所示
6
由图可知FACcos θ=2FABcos 60°=FAB,即C 对A 的作用力在水平方向的分力与B 对A 的作用力大
小相等,方向相反,所以A 受到的合力即为C 对A 的作用力在竖直方向的分量,方向竖直向下,其
与水平方向夹角为90°,故B 错误;根据右手螺旋定则可知,A 输电线缆在A、B 两圆心连线中点处
的磁感应强度方向竖直向上,故C 正确;A 输电线缆在O 点的磁感应强度方向垂直OA 指向右上
方,B 输电线缆在O 点的磁感应强度方向垂直OB 指向左上方,C 输电线缆在O 点的磁感应强度
方向垂直OC 水平向左,所以O 处合磁感应强度方向应斜向左上方,故D 错误。
7.B 对卷纸及轴受力分析如图所示
设两细绳所在平面与竖直墙面间的夹角为α,两细绳的合力大小为FT 合,侧视如图所示
由几何关系得cos α=√( Lsin 60°)
2-(
d
2)
2
Lsin 60°
= √3 L
2-d
2
√3 L
,又FT 合= mg
cosα
,解得FT 合= √3mgL
√3 L
2-d
2,由
几何关系得FT 合=2FTcos 30°,解得FT=
mgL
√3 L
2-d
2,由牛顿第三定律可知每根细绳的拉力大小为
mgL
√3 L
2-d
2,A 错误,B 正确;根据几何关系得F N
mg
=tan α=
d
2
√3 L
2-d
2
2
,得FN=
mgd
√3 L
2-d
2,由牛顿第三
定律可知卷纸对墙的压力大小为
mgd
√3 L
2-d
2,C、D 错误。
8.AD 三个点电荷在M、N 两点的电场强度方向如图甲所示,由几何知识可知,在M、N 两点合
电场强度大小相等,方向不同,故A 正确;三个点电荷在O 点的电场强度方向如图乙所示,由几何
知识可知,在O 点的合电场强度方向不沿y 轴正方向,故B 错误;无穷远处的电势为0,沿电场线的
7
方向电势降低,M、N 两点的电势相等,M 点的电势大于P 点的电势,同一试探电荷在M、N 两点
的电势能相等,负的试探电荷在M 点的电势能小于其在P 点的电势能,故C 错误,D 正确。
甲
乙
9.AB 圆珠笔从a 到c 的整个过程中,外壳和内芯碰撞过程系统的机械能有损失,所以轻质弹簧
释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能,故A 正确;设外壳与内芯碰撞时外壳的速度为v,根
据机械能守恒定律得ΔEp=1
2×4mv2+4mgΔh,即1
2k·(
225m
2 g
2
k
2
- 9m
2 g
2
k
2 )= 1
2×4mv2+4mg×
4
5 × 15mg
k
,解得v=√
30m
k
g,外壳受到的冲量大小为I=4mv=√
480m
3
k
g,故B 正确;外壳和内芯碰
撞过程,取竖直向上为正方向,由动量守恒定律得4mv=(4m+m)v',圆珠笔从b 到c 过程由机械能守
恒定律得1
2
(4m+m)v'2=(4m+m)gh,联立解得h=48mg
5k
,故C 错误;外壳受向下的重力和向上的弹力,
弹力逐渐减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,外壳和内芯碰撞前的瞬间轻质弹簧的弹
力F=1
5
·k·15mg
k
=3mg<4mg,此时外壳已经减速了,故D 错误。
10.BC 设a 在宽导轨上匀速运动时通过a 的电流为I1,根据平衡条件有F=B0I1·2l,根据闭合电路
欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I1= E1
4 r = B0·2l v0
4 r
= B0l v0
2r
,联立解得v0= Fr
B0
2l
2,A 错误;a 刚
滑上窄导轨时,通过a 中间宽度为l 部分的电流为I2=B0l v0
3r
,根据右手定则可知电流方向从上至
下,而沿电流方向电势降低,则a 下端电势高于上端电势,所以此时a 两端的电势差为
U=B0lv0+I2·2r=5
3
B0lv0= 5 Fr
3 B0l
,B 正确;设a 刚运动至OO'时,a、b 的速度分别为v1、v2,对a、b,根
据动量定理有-B0Il·t=mv1-mv0,B0I·2l·t=mv2,因为此时回路中无电流,所以有B0lv1=B0·2lv2,联立解得
v1= 4 Fr
5 B0
2l
2,v2= 2 Fr
5 B0
2l
2,从撤去外力F 到a 运动至OO'的过程中,根据能量守恒定律可知,回路中产
8
生的总焦耳热为Q=1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2- 1
2 m v2
2= m F
2r
2
10 B0
4l
4,根据焦耳定律可得a 产生的焦耳热为
Qa=
r
2r +r
Q= m F
2r
2
30 B0
4l
4,C 正确;设a 与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3,根据动量守恒定律
有mv1=2mv3,由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大ΔB=kl,从a 与金属框碰撞后到最终静
止的过程,回路中的平均电流为I '= E
2r = Δ Bl v
2r
,根据动量定理有-ΔBI 'l·t'=0-2mv3,a 静止时与
OO'点的距离为x=vt',联立解得x= 8mF r
2
5k
2B0
2l
6,D 错误。
