2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）选择题专项练（三）（Word版附解析）

选择题专项练(三)(满分:48分　时间:25分钟)本题组共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。14.(2022山西大同一中模拟)如图所示,一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度Ω转动,圆筒的半径r=1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止,小物体与圆筒间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),转动轴与水平面间的夹角为60°,重力加速度g取10m/s2,则Ω的最小值是(　　)A.1rad/sB.303rad/sC.10rad/sD.5rad/s15.(2022陕西咸阳一模)如图所示,竖直墙与水平地面交点为O,从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点,∠AMO=60°,∠BMO=45°,M点正上方与A等高处有一C点。现同时将a、b、c球分别从A、B、C三点由静止开始释放,忽略空气阻力,则(　　)A.c球最先到达M点B.b球最先到达M点C.b球最后到达M点D.a球和c球同时到达M点16.(2022广西桂林模拟)如图所示,由粗细均匀的电阻丝制成的边长为l的正方形线框abcd,其总电阻为R,现使线框以水平向右的速度v匀速穿过一宽度为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域,整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场边界平行。令线框的cd边,刚好与磁场左边界重合时t=0,规定电流方向沿顺时针为正,U0=Blv。下列线框中电流I及a、b两点间电势差Uab随线框ad边的位移x变化的图像正确的是(　　)17.如图所示,四根通有大小相等的恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面,1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称,各导线中电流方向已标出,已知通电无限长直导线产生的磁感应强度的大小与到直导线的距离成反比。下列说法正确的是(　　)A.直导线1、2之间的相互作用力为吸引力B.4根直导线在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向C.直导线2受到直导线1、3、4的作用力的合力方向背离O点D.直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度方向沿y轴正方向18.(2022甘肃兰州模拟)如图所示,一块质量为m0的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有挡板,挡板上固定一个轻质小弹簧。一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从木板的最右端开始向左运动,与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内),最终又恰好相对静止在木板的最右端。以下说法正确的是(　　),A.小物块的最终速度为12v0B.木板的最终速度为v0C.弹簧的最大弹性势能为m0mv02m0+mD.木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为m0mv022(m0+m)19.(2022湖南永州三模)钍(90232Th)是一种放射性金属元素,带钢灰色光泽,质地柔软,广泛分布在地壳中,是一种前景十分可观的能源材料。已知钍发生衰变的半衰期为24天,关于钍的衰变,下列说法正确的是(　　)A.衰变放出的γ射线具有很强的电离能力B.钍原子发生一次β衰变,原子核放出一个电子C.β射线是高速电子流,它的穿透能力比α射线强D.现在有80个钍原子,经过96天后,未衰变的钍原子个数为520.(2022江西景德镇一模)如图所示,空间存在方向垂直纸面的匀强磁场,一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处,在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力,已知粒子做圆周运动的半径大小也为d,则粒子(　　)A.能打在板上的区域长度为2dB.打在板上时离P点的最远距离为3dC.到达板上的最长时间为3πd2vD.到达板上的最短时间为πd3v21.2021年10月16日,神舟十三号载人飞船将3名航天员送入太空并与空间站组合体顺利对接,对接过程可简化为如图所示的情境。圆形轨道2为空间站组合体运行轨道,椭圆轨道1为载人飞船运行轨道,两轨道相切于P点。已知轨道2的半径为r,地球表面的重力加速度大小为g,地球自转的周期为T,轨道1的半长轴为a,引力常量为G,以下判断正确的是(　　),A.由已知条件可以求出地球的质量B.载人飞船若要由轨道1进入轨道2,需要在P点加速C.载人飞船在轨道1上P点的加速度小于空间站组合体在轨道2上P点的加速度D.空间站组合体在轨道2上运行的周期与飞船在轨道1上运行的周期之比为r3∶a3答案：14.C　解析若物块转到最高点时恰不下滑,则对物块由牛顿第二定律可知FN+mgcos60°=mω2rFf=μFN=mgsin60°解得ω=10rad/s,故选C。15.A　解析设BO距离为R,对于AM轨道,位移x1=2R,加速度为a1=mgsin60°m=gsin60°=32g,根据x1=12a1t12解得t1=2x1a1=2×2R32g=8R3g;对于BM轨道,位移x2=2R,加速度为a2=mgsin45°m=gsin45°=22g,根据x2=12a2t22,解得t2=2x2a2=2×2R22g=4Rg;对于C到M过程,有3R=12gt32,解得t3=23Rg。综上所述,c球最先到达M点,故选A。16.B　解析因为线框各边电阻均匀,cd边进入磁场后,产生的感应电动势为E=Blv=U0,由楞次定律判断出感应电流方向沿逆时针方向,则a点的电势低于b点的电势,Uab为负,则ab两端电势差Uab=-14U0。线框全部进入磁场后,线框中虽然感应电流为零,但ab两端仍有电势差,由右手定则判断可知,a点的电势低于b点的电势,Uab为负,且Uab=-U0。cd,边穿出磁场后,ab边切割磁感线,相当于电源,其两端电势差等于路端电压,由右手定则知,a点的电势低于b点的电势,Uab为负,Uab=-34U0。综上所述,B正确,A、C、D错误。17.C　解析当直导线中通有异向电流时,电流之间表现为排斥力,A错误;由右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零,B错误;若直导线1在直导线2处产生的安培力为F,则1、3在2处的安培力的合力为2F,方向背离O点,而4在2处产生的安培力为22F,方向指向O点,所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力的合力方向背离O点,C正确;直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度方向沿y轴负方向,D错误。18.D　解析小物块从初始位置滑动到最后相对木板静止过程,小物块与木板构成的系统动量守恒,则有mv0=(m+m0)v2,解得v2=mv0m+m0,故A、B错误;小物块从初始位置滑动到最左端的过程,小物块与木板构成的系统动量守恒,则有mv0=(m+m0)v1,解得v1=mv0m+m0,小物块滑动到最左端的过程中,由能量守恒定律,得Epm+Q+12(m+m0)v12=12mv02,Q=FfL,小物块从初始位置滑动到最右端的过程中,由能量守恒定律,得Q'+12(m+m0)v22=12mv02,Q'=Ff·2L,解得Epm=m0mv024(m0+m),Q'=m0mv022(m0+m),所以最大弹性势能为Epm=m0mv024(m0+m),系统损失的机械能为ΔE=Q'=m0mv022(m0+m),故C错误,D正确。19.BC　解析衰变放出的γ射线是高能电磁波,电离能力弱,故A错误;钍原子发生一次β衰变,核内一个中子变为质子,释放一个电子,故B正确;β射线是高速电子流,它的穿透能力比α射线强,故C正确;半衰期是大量统计的结果,对少量的粒子没有意义,故D错误。20.CD　解析粒子打在平板上的轨迹的临界状态如图甲所示,左边粒子轨迹与平板相切,右边为直径与平板的交点,根据几何关系知,带电粒子能打在板上的长度L=R+(2d)2-d2=(1+3)d,故A错误。由几何关系知,打在板上最远位置与P点的距离是s=2R=2d,故B错误。粒子在磁场中运动时间最短时,劣弧对应的弦长最短,所以最短的弦长为d;粒子在磁场中运动的时间最长时,粒子轨迹对应的圆心角最大。所以粒子在磁场中运动时间最短时轨迹如图乙中的劣弧1所示,粒子运动时间最长时轨迹如图乙中的优弧2所示。,甲乙由几何关系知,最短时间t1=16T=16×2πRv=πd3v,最长时间t2=34T=34×2πRv=3πd2v,故C、D正确。