选择题题型练（二）（解析版）

选择题题型练

（二）

一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）.在研究物体运动时，下列物体中能当做质点处理的是（）A.用GPS定位系统研究汽车位置时B.研究“神舟八号”飞船对接时C.研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球时D.研究火车穿越一山洞所需时间时【解答】解A、用GPS定位系统研究汽车位置时，汽车的大小可以忽略，所以能把它看作质点故A正确B、研究“神舟八号”飞船对接时，飞船的大小和形状对所研究的问题影响不可忽略不计，不能将飞船视为质点故B错误C、研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球时，运动员的姿态和动作影响很大，不能把他看作质点故C错误D、研究火车穿越一山洞所需时间时，火车的大小和形状对研究它的运动影响不可忽略，所以火车不可以看作质点故D错误故选Ao.如图所示，书静止放在水平桌面上书受到的力有（）A.重力B.重力和桌面的支持力C.重力、桌面的支持力、摩擦力D.重力、桌面的支持力、书对桌面的压力【解答】解书本放在桌面上，受到两个力的作用一个是自身的重力，另一个是桌面对它的支持力，书本静止时，这两个力是一对平衡力，故B正确，ACD错误；故选Bo.如图所示，一小球用细绳悬挂于0点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球沿以0点为圆心的圆弧ABC摆动（相当于圆周运动的一部分），当小球运动到最低点B时提供向心力的是（）A.小球的重力B.绳子对小球的拉力C.小球对绳子的拉力D.小球受到的拉力和重力的合力【解答】解当小球运动到最低点时，受到重力和绳子的弹力，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故D正确，ABC错误故选Do

4.如图所示是电场中某一条电场线，下列说法中正确的是（）A、B两点电场方向不同A、B两点电场大小关系是EaEbC.电场线是直线，则Ea=EbD.不知附近的电场线分布，Ea、Eb的大小不确定【解答】解A、电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，所以两点的场强方向相同，故A错误；BCD、电场线的疏密表示电场强度的强弱，但此题只有一条电场线，所以无法判断AB两点场强的大小，故BC错误，D正确故选D

5.2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功如图为“天问一号”的地火转移轨道，将火星与地球绕太阳的运动简化为在同一平面、沿同一方向的匀速圆周运动下列说法正确的是（）A.火星绕太阳的线速度大于地球绕太阳的线速度“天问一号”的发射速度必须大于第三宇宙速度“天问一号”在转移轨道上运动的周期大于地球的公转周期“天问一号”从A点运动到C点的过程中动能越来越大【解答】解A、由牛=叱得到行星公转的线速度丫=、修，火星的公转半径大于地球的公r2r7r转半径，由运行速度公式v=坪知火星的公转的线速度小于地球的公转的线速度，故A错误；B、“天问一号”并未脱离太阳系，故发射速度小于第三宇宙速度，故B错误；a3C、地火转移轨道的半长轴大于地球公转半径，由开普勒第三定律—=k知“天问一号”在地T2火转移轨道上运动的周期大于地球绕太阳运动的周期，故C正确；D、根据开普勒第二定律可知，“天问一号”在近地点A的速度大于远地点C的速度，则“天问一号”从A点运动到C点的过程中处于减速状态，动能越来越小，故D错误故选Co.某同学通过查资料得知，电荷量为Q的均匀带电球壳外的场强公式E=*（r为距离球心的距丁乙2离）.现已知电荷q均匀分布在三球面AB上，球面半径为RCD为通过半球顶点与球心的轴线，如图所示，M位于CD轴线上球面外侧，且0M=0N=2R.已知球面A1B1在M点产生的场强为E则N点的场强大小为（）kqkq3kqA.EB.—C.—T—ED.—r—E4R4R28R2【解答】解将AB部分补上变成一个完整的均匀球壳，该球壳带电荷量为Q=1q则该球壳在M点产生的场强为EM=k^=黑根据电场的叠加原理可知球壳上AiABBi部分在M点产生的场强大小为Em=吗-E根据对称性可知AA1B1B在N点产生的场强大小En=Em=吗—E8R所以N点的场强大小为名-Eo8R2故选Do.如图，线圈abed的ad长20cmab长10cm匝数N=50匝，电阻不计，在磁感应强度B=鱼丁的匀强磁场中绕001轴匀速转动，角速度w=1OOrad/s001轴通过ad且同时垂直于ad和be距ab的距离是距de的距离的2倍.线圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V10W”刚好正常发光.则（）A.变压器原线圈两端电压有效值为100或VB.变压器原线圈中电流为1AC.变压器的原副线圈匝数比为101D.通过灯泡的交流电频率为50Hz【解答】解A、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBsa）=50xV2X

0.2X

0.1X100V=100V2V故有效值为Ui=100V.故A错误；BC、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为—=故C正确，n2101根据功率为P=UI知I2=5=2=1A又!=这=二知Ii=

0.1A故B错误D、通过灯泡的交流电频率为f=^=噌，故D错误；Z7TZ7T故选Co.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以0点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示.由振动图象可以得知（）A.振子的振动周期等于tiB.在1=加时刻，振子的动能最大C.在t=t2时刻，振子的位置在a点D.从ti到t2振子正从点向a点运动【解答】解A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期T=2ti；故A错误；B、由图乙知在t=ti时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，动能最大，故B正确C、在t=t2时刻，振子的位移为正向最大，振子的位置在b点，故C错误D、从ti到t2振子的位移从变化到正向最大，说明正从0点向b点运动故D错误故选Bo.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰若碰撞前后两壶的v-t图象如图b所示关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4s停下C.撞后两壶相距的最远距离为

1.275mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为

0.2m/s2【解答】解A、由图示图象可知，碰前红壶的速度vo=L2m/s碰后红壶的速度为v红=

0.3m/s取碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律得mvo=mv红+mv解得v=

0.9m/s1碰撞前两壶的总动能为Eki=omvo=

0.72m乙碰撞后前两壶的总动能为Ek2=£mv红2+3mv2=

0.45mVEki所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误;B、由图示图象可知，碰撞前红壶的加速度大小为a==

0.4m/s2如果不发生碰撞，红壶到停止运动需要的时间为t=§^s=4s由图示图象可知，蓝壶运动时间为4s-ls=3s停下，故B错误；C、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s=2x

0.9x3th-15x

0.3x（

1.5-l）m=

1.275m故C正确；C、碰后蓝壶的加速度大小a=-77=^m/s2=

0.3m/s2故D错误；故选Co.儿童自行车两侧有两个保护轮防止儿童摔倒，已知后轮半径是保护轮半径的4倍分别取保护轮和后轮边缘上的点A和B当儿童沿水平路面正常骑行时（）A、B两点转动周期相同A、B两点向心加速度相同A点和B点角速度大小之比为41A点和B点线速度大小之比为14【解答】解A、A、B两点在保护轮和后轮边缘，所以正常骑行时，相同时间路程相同，故线速度相同，而后轮半径是保护轮半径的4倍，则A转动4圈，B转动1圈，故周期比为14角速度大小比为41故AD错误，C正确；B、根据公式a=o）2r向心加速度比为41故B错误；故选Co.电磁波已广泛运用于很多领域下列关于电磁波的说法符合实际的是（）A.振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越大B.电磁波在真空中的波长与电磁波的频率无关C.均匀变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波D.麦克斯韦通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度【解答】解A、发射电磁波的本领由振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大故A正确；B、电磁波在真空中传播速度时光速，是一定的所以电磁波在真空中的波长和频率成反比，故B错误；C、均匀变化的电场和磁场形成稳定的磁场和电场，故C错误；D、麦克斯韦预言电磁波传播速度是光速，赫兹证实了故D错误故选Ao.由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图所示其中a光是氢原子由n=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的下列说法中正确的是（）A.入射光束绕入射点顺时针旋转时，a光将先发生全反射B.b光可能是氢原子由n=3的能级向n=2的能级跃迁时发出的C.用同一双缝干涉装置进行实验，a光的相邻条纹间距比b光的大D.用b光照射某金属时能发生光电效应，用a光照射同一金属时也一定能发生光电效应【解答】解A、由图可知，三棱镜对b光的折射程度较大，则该三棱镜对b光的折射率较大，入射光束绕入射点顺时针旋转时，两种光在介质中的入射角变大，b光的折射角先达到90，b光将先发生全反射，故A错误；B、a光折射率小，频率小，由光子能量e=hv可知，频率越小，光子能量越小，a光是氢原子由n=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的，b光不可能是氢原子由n=3的能级向n=2的能级跃迁时发出的，故B错误；C、a光折射率小，频率小，波长大，用同一双缝干涉装置进行实验时，根据知，a光的Vv相邻条纹间距比b光的大，故C正确；D、a光折射率小，频率小，由光子能量e=hv可知，频率越小，光子能量越小，故a光的光子能量小于b光，则用b光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时不一定也能发生光电效应现象，故D错误；故选Co

13.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，从某位置开始计时，产生的电动势e时间t变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12则（）甲乙A.在t=OOs时刻，线圈处于垂直中性面的位置B.电压表的示数为6加，C.灯泡消耗的电功率为3WD.若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=6V^s讥200EV【解答】解A在t=

0.01s的时刻，电动势为0则为中性面，穿过线圈磁通量最大故A错、口厌；B电动势的最大值为Em=6或V电压表测量的为有效值，故示数为6V；故B错误；C、灯泡消耗的功率P=%=3W；故C正确；D、周期为

0.02s则瞬时电动势的表达式为e=E^s出（竽t），转速提高一倍后，最大值变成口鱼丫a）=2nn故角速度变为原来的2倍，表达式应为1212S讥200兀3故D错误；故选Co二.选择题口（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题列出的四个选项中至少要求的全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得分）（多选）

14.下列说法正确的是（）A.卢瑟福通过a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型B.大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射2种频率的光子C.a粒子的穿透本领比0射线强D.光照射金属时，只要光的频率大于金属的截止频率，无论光的强弱如何，都能发生光电效应【解答】解A、卢瑟福通过a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射第二3种频率的光子，故B错误;C、a粒子的穿透本领比0射线弱，故C错误；D、光照射金属时，，只要光的频率大于金属的截止频率，无论光的强弱如何，都能发生光电效应，故D正确故选ADo（多选）

15.a、b两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到I态和H态时产生的，分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压Ua〉Ub则这两束光（）A.光子动量papbB.发生电子跃迁时对应的能级EiEliC.入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距AxaAxbD.若Ua=2Ub则a、b两束光的光子能量满足£a=2£b191【解答】解A、根据一nw=hv-WoeUe=mv2结合遏止电压UaUb可知a光子的能量大于b光子的能量，波长则小于b光子的波长；根据光子的动量公式p=J可知，光子动量papb故A正确；B、光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于a光子的能量大于b光子，说明能级EiEn故B错误；C、根据双缝干涉的条纹间距公式4%=乙）可知，波长较小的a光子，其光束的干涉条纹间距更小，即AxaVAxb故C正确；D、在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即Ek=hv-Wo而遏止电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即Ek=eUe由上两式可得eUe=hv-Wo如果Ua=2Ub则有hva-W=2hvb-2Wo整理得hva=2hvb-Wo即£a=2£b-Wo故D错误故选:ACo（多选）

16.通有电流的导线Li、L

2、L

3、L4处在同一平面（纸面）内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中Li、L3是固定的，L

2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是则下列描述正确的是（）A.L2绕轴O按顺时针转动B.L2绕轴O按逆时针转动C.L4绕轴O按顺时针转动D.L4绕轴O按逆时针转动【解答】解AB、图甲中由右手螺旋定则可知导线Li上方磁场垂直纸面向外，且离导线Li的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但O点下方安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，故A错误，B正确；CD、图乙中O点上方导线L4所受安培力向右，点下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，故C正确，D错误故选BCo。