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选择题保分练(一)
一、单项选择题
1.(2024·山东青岛三模)“玉兔二号”月球车于2022 年7 月5 日后开始休眠。
月球夜晚温度低至零下180 ℃，为避免低温损坏仪器，月球车携带的放射性元素
钚Pu 会不断衰变，释放能量为仪器保温。Pu 可通过以下反应得到：U＋H→Np＋
kn，Np→Pu＋X，下列说法正确的是( )
A．k＝1，X 为电子
B．U＋H→Np＋kn 是重核裂变
C．Pu 的比结合能比Np 的大
D．Np 衰变前的质量等于衰变后X 和Pu 的质量之和
【答案】 C
【解析】 衰
方程
变
为Np→Pu＋X，由
量数守恒，核
荷数守恒可得
质
电
X 为电
子，核反
方程
应
为U＋H→Np＋kn，由
量数守恒可得
质
238＋2＝238＋k，解得k＝
2，A
；核反
方程
错误
应
U＋H→Np＋kn，不是聚
反
，是人工核反
，
变
应
应B
；衰
错误
方程
变
为Np→Pu＋X，反
放核能，核子数不
，所以
该
应释
总
变
Pu 的比
合能比
结
Np
的大，C 正确；衰
方程
变
为Np→Pu＋X，反
放核能，有
量
，所以
该
应释
质
亏损
Np 衰
前的
量大于衰
后
变
质
变
X 和Pu 的
量之和，
质
D
。故
错误
选C。
2.(2024·广东惠州期末)某款天花板消防自动感温喷淋头如图(a)所示，当室内
达到一定温度时，感温玻璃球自动爆开，喷淋开始启动达到自动喷水灭火的目的。
如图(b)某次演示过程，测量出水落在面积为16π m2的圆内，喷头出水口离地面的
垂直距离为2.45 m。若喷出水的速度方向近似为水平方向，忽略空气阻力，重力加
速度g 取10 m/s2，则出水口水的最大初速度约为( )
A．4.7 m/s
B．5.7 m/s
C．8.2 m/s
D．11.4 m/s
【答案】 B
【解析】 由平抛
律得
规
x＝v0t，y＝gt 又16π m2＝πx2，立解得
联
v0≈5.7 m/s，故
选B。
3.(2024·山东聊城三模)如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之
间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，初始时活塞静止，由于气球的
弹性橡皮膜对内部气体的作用，使得气体乙的压强大于气体甲的压强。现缓慢向
下推动活塞，使其下降一段距离，气体乙的压强仍大于气体甲的压强。已知气体甲
和气体乙均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦且密
封良好，气球导热良好。则此过程中( )
A．气体甲内能的增加量等于气体乙内能的增加量
B．气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C．活塞对气体甲做的功等于气体甲内能的增加量
D．活塞对气体甲做的功等于甲、乙两部分气体内能的增加量之和
【答案】 A
【解析】 气球
良好，气球内、外两部分温度始
相等，气体分子平均
导热
则
终
动
能始
相等，由于气体
量相等，故两部分气体内能始
相等，向下
慢推
活塞
终
质
终
缓
动
，
外界
气体做功，由于活塞与汽缸均
，由
力学第一定律知两部分气体内能
对
绝热
热
增加，且增加量相等，故A 正确；气体内能增大，温度升高，气体分子做无
则
规则
运
的平均速率加快，但不是每个气体分子做无
运
的速率均加快，故
热
动
规则热
动
B
；活塞下移
气体甲，气体甲的
增大，使气球收
，即气体甲
气体
错误
压缩
压强
缩
对
乙做功，气球收
，气球
性
能减小，化
气体的内能，气体乙向气体甲
缩
弹
势
转
为
设
传
热为Q，有ΔU 甲＝W 活塞－W 甲
乙
对＋Q，由于Q－W 甲
乙
对的
未知，无法判断出活塞
值
气体甲做的功与气体甲内能增加量的关系，故
对
C
；由
错误
C 可知气球收
，气球
缩
性
能减小，
化
系
的内能，有
弹
势
转
为
统
ΔU 甲＋ΔU 乙＝W 活塞＋Ep 弹可得活塞
气体
对
甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故D
。
错误
4.(2024·浙江杭州模拟)2023 年5 月30 日16 时29 分，神舟十六号载人飞船成
功发射，最后对接于空间站天和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体。神舟十
六号发射后会在停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，在P 点瞬间加速后进入转移轨道(椭
圆轨道)Ⅱ，最后在Q 点瞬间加速后进入空间站轨道，完成与中国空间站的交会对
接，其变轨过程可简化为如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空
间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，飞船和空间站均
视为质点，则( )
A．飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9 km/s
B．不考虑变轨瞬间，飞船在转移轨道Ⅱ上运行时航天员对椅子有压力作用
C．飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为∶
D．飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T＝T1
【答案】 D
【解析】 在停泊
道
轨
Ⅰ运行
，其速度接近于
时
7.9 km/s，在P 点要
入
移
进
转
轨
道Ⅱ，必
加速，因此
移
道
须
转
轨
Ⅱ上有的位置速度大于7.9 km/s，选项A
；
错误
飞
船在
移
道
转
轨
Ⅱ上运行
均
于完全失重状
，故航天
椅子无
力作用，
时
处
态
员对
压
选
项B
；由
错误
G＝m，得v＝，所以
船在停泊
道
飞
轨
Ⅰ与
合体在空
站
道
组
间
轨
Ⅲ上
的速率之比为∶，选项C
；由开普勒第三定律得＝，得
错误
T＝T1，选项D 正确。
5.(2024·重庆沙坪坝三模)如图所示，用轻绳把边长为L 的正方形金属框竖直
悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向里，金属框的上半部处
于磁场内，下半部处于磁场外，磁感应强度大小随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已
知金属框阻值一定，从t＝0 开始的全过程轻绳不会被拉断，关于该过程，下列说法
正确的是( )
A．金属框受到竖直向上的安培力
B．金属框的感应电动势大小E＝kL2
C．金属框中感应电流的大小方向均不变
D．金属框受到的安培力大小不变
【答案】 C
【解析】
框在磁
中的面
线
场
积S＝×L＝，根据楞次定律可得感
流
逆
应电
为
时
方向，根据法拉第
磁感
定律可知
针
电
应
E＝＝＝，
框的
阻
设线
电
为R，由
合
路
闭
电
的欧姆定律可知I＝＝＝，故
流大小始
不
生改
，故
电
终
发
变
B
，
错误C 正确；根据楞
次定律可得感
流
逆
方向，
框上
的
流方向水平向左，根据左手定
应电
为
时针
线
边
电
可以判定安培力方向
直向下，故
则
竖
A
；框中
流大小不
，但磁感
度
错误线
电
变
应强
大小随
化
律
时间变
规
为B＝kt(k>0)，由F＝ILB 可知安培力在增大，故D
。故
错误
选C。
6.(2024·浙江杭州模拟)在匀质轻绳上有两个相距12 m 的波源S1、S2，两波源的
连线上有两质点A、B，A 与波源S1相距3 m，B 与波源S2相距8 m，如图甲所示。t＝
0 s 时两波源同时上下振动产生两列绳波，其中S2的振动图像如图乙所示，经过一
段时间观察到A 点振动始终加强，B 点振动始终减弱，两者振幅差20 cm，且A、B
之间没有振动加强点和减弱点。则下列说法正确的是( )
A．波源S1产生的波的波长为6 m
B．波源S1起振的方向向下
C．稳定后在两波源之间(不包括波源)有奇数个加强点
D．0～1 s 内质点B 通过的路程为64 cm
【答案】 D
【解析】 两波源在匀
上
播，速度相同，且能
生
定的干涉，率相
质轻绳
传
发
稳
频
同，故
两列波的波
相同，
则
长
AB 两点相距1 m，A 点振
始
加
，
动
终
强
B 点振
始
动
终
减弱，且A、B 之
没有振
加
点和减弱点，
间
动
强
则2xAB＝λ，解得波源S1
生的波的
产
波长为λ＝4 m，故A
；在
错误
A 点，波程差为6 m，为λ，A 点振
始
加
，故两波
动
终
强
源起振相反，由
乙可知
图
S2起振的方向向下，故S1起振的方向向上，故B
；两
错误
波源起振方向相反，故中
点是减弱点，根据
称性可知加
点
偶数个，故
间
对
强
为
C 错
；
误设A1＝12 cm 且A1>A2，振
加
点的振幅
动
强
为A0＝A1＋A2，振
减弱点的振幅
动
为
A0′＝A1－A2，则ΔA＝A0－A0′＝2A2＝20 cm，解得A2＝10 cm，符合
意，故
题
S1产
生的波的振幅为10 cm，先
到
传
B 点用时0.2 s，B 点振动0.2 后，S2
生的波
到
产
传
B，然后一起振动0.6 s，所以
点
质
B 运
的路程
动
为s＝4A1＋12(A2－A1)＝64 cm，故
D 正确。
7.(2024·山东聊城三模)哈尔滨是中国著名的冰雪旅游城市，每年冬季都会举
办盛大的冰雪节。冰雕展则成为了人们探访冬季梦幻之旅的最佳选择，冰雕展上
有一块底边长为2L，宽为L，高为L 的长方体冰块，冰块内上下底面中心连线为
OO′，在O′处安装了一盏可视为点光源的黄灯，已知冰对黄光的折射率为，光
在真空中传播的速度为c。下列说法正确的是( )
A．由灯直接发出的光照射到冰块上表面时都能从上表面射出
B．由灯直接发出的光照射到冰块四个侧面时都能从侧面射出
C．未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
D．未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
【答案】 C
【解析】 由折射率公式知n＝，代入得sin C＝＝，故
界角等于
临
45°，由
意
题
知，底边边长为2L，高为L，如
所示，
图
∠AO′O＝45°，
点光源
好在上表面
则
刚
A 点
生全反射，由几何关系知，
发
OB
＝L，O′B＝L，则sin α＝，代入得sin α＝，可知
则
sin α>sin 45°，故可知其照射范
如
所示
围
图
由灯直接
出的光照射到冰
上表面
部分不能从上表面射出，同理得，当光
发
块
时
照射到冰
四个
面
部分不能从
面射出，
块
侧
时
侧
A、B
；最
光路
度
错误
长
长
为x，播
传
速度为v，则x＝，
播速度
传
为v＝
最
播
则
长传
时间为tmax＝＝，故未
反射直接从
经
玻璃
中射出的黄光在玻璃
中
播的最
，
砖
砖
传
长时间为
C 正确，D
。
错误
二、多项选择题
8.(2024·广东惠州期末)为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种
密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成
一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在乙
圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向
的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电
尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带
电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则( )
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
【答案】 BD
【解析】 在甲桶中的
匀
，根据
电场为
强电场
F＝qE 可知，粒受到的
力
尘
电场
恒力，由于空气阻力与
粒运
的速度成正比，可知
粒所受的合力随速度的
为
尘
动
尘
化而改
，根据公式
变
变
F＝ma 可知，粒合外力改
，即
粒加速度
化，
尘
变
尘
变
A 错误；
除
程中
粒受到
力大小
尘过
尘
电场
F＝qE，乙空
中的
放射状的，
不是
间
电场为
电场
匀
，因此越
离
的
度越小，所以
粒在向桶壁运
程中，
强电场
远
导线处
电场强
尘
动过
尘
粒所受
力
小，
电场
变
B 正确；根据公式W＝Fs，F＝qE，整理可知W＝qEs，由于尘
粒在
中，整体不做匀速直
运
，故在任意相等
内，位移
电场
线
动
时间
s 可能不同，即
任意相等
内，甲桶中
力
个
粒做的功不一定相等，
时间
电场
对单
尘
C
；根据公式
错误
W＝qU，可知，
个
粒做功的最大
都等于
电场对单
尘
值
qU，D 正确。故选BD。
9.(2024·河南郑州预测)如图，虚线MN 右侧有垂直纸面向外的磁场，取MN 上
一点O 作为原点，水平向右建立x 轴，磁场的磁感应强度B 随x 坐标(以m 为单位)
的分布规律为B＝1＋x(T)，一质量为1 kg、边长为1 m、电阻为2 Ω 的正方形金属
框abcd 在MN 左侧的光滑水平面上在水平力的作用下进入磁场，在金属框运动的
过程中，ab 边始终与MN 平行，金属框进入磁场的过程中电流大小始终为1 A，之
后以完全进入时的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是( )
A．金属框ab 边刚进磁场时的速度大小为2 m/s
B．金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为 C
C．金属框进入磁场的过程动能减小了1 J
D．金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5 W
【答案】 ABD
【解析】 金属框ab
磁
边刚进
场时I＝，解得v1＝2 m/s，故A 正确；金属框
入
进
磁
的
程通
金属框截面的
荷量
场
过
过
电
q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝＝ C＝ C，故B 正确；
当金属框cd
好要
磁
，速度
边刚
进
场时设
为v2，则I＝，解得v2＝1 m/s，因此金属框
能的减少量
动
ΔEk＝mv－mv＝1.5 J，故C
；金属框完全
入磁
后速度保持
错误
进
场
不
，由
变
I′＝，可知，I′
定
为
值0.5 A，外力做功的功率P＝I′2R＝0.5 W，故D 正
确。故选ABD。
10.(2024·河北沧州三模)如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端
固定一挡板与斜面垂直，质量为m 的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，
其机械能与重力势能随位移的变化图像如图乙所示，已知斜面长为l，物块与挡板
碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说
法正确的是( )
A．在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为4E0。
B．物块下滑的时间为l
C．滑块运动的总路程为l
D．物体与斜面间的动摩擦因数为
【答案】 BD
【解析】 从两条
可知上方的
机械能随位移
化的
，下方
重
图线
图线为
变
图线
为
力
能随位移
化的
，物体在下滑的
程中，机械能与重力
能随位移均匀
势
变
图线
过
势
地减小，且两个
平行，可知下滑的
程中
能保持不
，即
图线
过
动
变
mgsin θ＝μmgcos θ
①，由
可知
题
mglsin θ＝3E0②，mv＝E0③，物体与
板
生
性碰撞，原速率反
挡
发
弹
弹，
上升的路程
设
为l′，
根据
能定理
则
动
mgl′sin θ＋μmgl′cos θ＝E0④，
立解得
联
l′＝，到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此滑
运
的
路程
块
动
总
s＝l＋l′＝
l，物
克服摩擦
生的
量
块
产
热
Q＝4E0－mgl′sin θ＝3.5E0，A、C
；下滑的
错误
时间t
＝⑤，将②⑤
立解得
联
t＝l，B 正确；由②可得sin θ＝，可得tan θ＝，由①可得μ＝
tan θ，D 正确。故选BD。
